Bareme-bac-m1-2014.pdf n6c1s

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 1 Prof: Alexandru Elena-Marcela  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.

SUBIECTUL I (30 de puncte) 1.

2.

(1  i)16  [(1  i)2 ]8  (2i)8  28 (i 2 )4

3p

(1  i)16  28   .

2p

ymin  

 4a

1p

  b2  4ac ,   56 ymin   3.

2p

56  7 . 8

2p

C.E x  0 și 9  x  0  x [0,9]

1p

( x  9  x )2  32  2 x( x  9)  0

2p 2p

 x(9  x)  0  x  0 sau x  9 . 4.

Numerele naturale pătrate perfecte din două cifre: 16, 25, 36, 49, 64, 81  6 cazuri favorabile

2p

Numărul numerelor naturale de două cifre este 90  90 cazuri posibile

3p

P=

5.

nr. cazuri favorabile 6 1   . nr. cazuri posibile 90 15

xG 

xA  xB  xC y  yB  yC , yG  A 3 3

2p

xG  0 , yG  3  G(0,3) .

3p

1

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 6.

BC AC AB 4 3    2R   2 4 sin A sin B sin C sin A

2p

3  m(A)  600 2

2p

 sin A 

1p

SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte) 1. a)

 3 y 3x  AM     x 3y 

2p

 3 y 3x  MA     x 3y 

2p

AM  MA,  A  C (M ) . b)

1p

B  C (M ) și B 2  O2 B  M 2 ()  B2  (Tr B) B  (det B) I 2  O2 , Tr B  2 x , det B  x 2  3 y 2 3p

 2 xB  ( x 2  3 y 2 ) I 2

x2  3 y 2 I 2  y  0 și x  1  B  I 2 . Dar ( I 2 )2  I 2  O2 nu convine. Dacă x  0  B  2x

 3x 2  0 3x  2  B  Dacă x  0  Tr B  0  B     x 0   0 c)

0    O2  x  0  B  O2 . 3x 2 

2p

C  C (M ), C  O2 . Presupunem că det C  0  x2  3 y 2  0

1p

Dacă x  0  y  0

2p

Dacă x  0 

x   3  Q, fals. Deci det C  0 . y

2p

2.

f (2)  (2)3  (2)  a  a  6

1p

a)

x3  x  6  ( x  2)( x 2  2 x  3)  0  x1  2

3p

 x2  1  i 2; x3  1  i 2 .

1p 2

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO b)

f ( x1 )  x13  x1  6  0

3p

f ( x2 )  x23  x2  6  0 f ( x3 )  x33  x3  6  0

x13  x23  x33  ( x1  x2  x3 )  18  0

2p

x1  x2  x3  0  x13  x23  x33  18 . c)

f '( x)  3x 2  1  x1 

2p

3 3 . , x2   3 3

Fie x1 , x2 , x3 rădăcini întregi  f ( x) nu ite rădăcini multiple

 x1  (, x2 ), x2  ( x2 , x1 ), x3  ( x1 , ) .

2p

 x2  0  f (0)  0  a  0  x3  x  0 1p

x( x  1)  0  x( x  1)( x  1)  0  x1  1, x2  0, x3  1. 2

SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte) 1. a)

2p

1

e  e x  0, x  0

2p

1 1 x 1  0  x  0 sau x  1 x x 1p

 D  (,0)  (1, ) . b)

1p

1

lim ln(e  e x )  ln(e  1) x 

1

1p

lim ln(e  e x )  ln(e  1)

x 

lim f ( x)  lim f ( x)  ln(e  1) x 

x 

1p

3

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO

c)

y  ln(e  1) ecuația asimptotei orizontale.

2p

f derivabilă pe D fiind o compunere de funcții derivabile

1p

f '( x) 

1p

1 x

1 1

e  ex

1  e  2 , () x  D x

1p

1 x

e  e  0 pe domeniul D  f '( x)  0 .

2p

 f este strict crescătoare pe D. 2.

I 2  10 x2e x dx  x 2e x |10 2 10 xe x dx

a)

 e  2 xe x |10 2 10 e x dx  e  2e  2e x |10

2p

2p

 e  2e  2e  2  e  2 .

1p b)

I n1  10 x n1e x dx

1p

 xn1e x |10  10 (n  1) x ne x dx

1p 1p

 e  (n  1)  x e dx 1 0

n x

2p

 e  (n  1) I n . c)

Avem 0  I n  10 x n e x dx  10 x nedx

2p

x n1 1 e  x edx  e |0  n 1 n 1

1p

1 0

n

Deci 0  I n 

e  lim I n  0 , folosind teorema cleștelui. n  1 n

4

2p


BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 2 Prof: Alexandru Elena-Marcela

 Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


| z |

| z | 2.

3p

| 9  2i | 92  22 81  4   2 2 | 7  6i | 49  36 7 6

2p

85 1 85

ymax  

 4a

1p 2p

  b2  4ac    28

ymax   3.

2p

28 7. 4  (1)  

5 2

C.E x  0, 5  2 x  0  x   0, 

1p

log 2 x(5  2 x)  1  x(5  2 x)  2  2 x 2  5x  2  0

2p

1  1  5  x1  2, x2  , x  2,    0,  2  2  2 

2p

5


Numerele a căror produs este 12 sunt: 26,62,34,43  4 cazuri favorabile

2p

Numărul numerelor naturale de două cifre este 90  90 cazuri posibile

3p

P= 5.

nr. cazuri favorabile 4 2   . nr. cazuri posibile 90 45

Dacă M este mijlocul lui [ AC ] atunci M(-1,2).

Ecuația medianei din B este:

x 1 1

6.

sin C  1 

y 1 2 1  0 sau 2 y  4  0 . 2 1

3p

2p

9 4  25 5

c  2R  sin C



2p

1p

16  2 R  R  10. 4 5

2p

SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

1. a)

2p

2 2 3 1  1 1  2  6  2  3  2  4 1

2p

2 1 = 7

b)

1p

 3 8 11   2 2 E ( A)  A  A  I 3 , A   0 5 3   1 2 0   

3p

2p

6

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  3 8 11  2 2 3   1 0 0   2 6 8         E ( A)   0 5 3    1 1 1    0 1 0   E ( A)   1 7 2   1 2 0   1 2 1   0 0 1   0 4 0          c)

det A  7  0  () A1

 3  7  3 4 5   2   * 1 A   2 5 1   A    7  1 6 4      1  7 2. a)

1p

4 7 5 7 6 7

5  7   1  7   4   7 

Conform teoremei lui Bezout e necesar ca f (1)  0 , adică

2p

1p 3p

f (1)  13  2m 1  m  1  m  2  0,

1p

de unde rezultă m=2. b)

2p

m  2  f ( x)  x 3  4 x  3

3p

 x1  x2  x3  0  Relațiile lui Viete:  x1 x2  x2 x3  x1 x3  4 și  x x x  3  1 2 3

2p

(1  x1 )(1  x2 )(1  x3 )  1  ( x1  x2  x3 )  x1 x2  x2 x3  x1x3  x1x2 x3   1  0  (4)  (3)  1  4  3  0 c)

E necesar ca f (1)  1

2p

f (1)  1  2m  m  1  3m  1

2p 1p

1 de unde rezultă m  . 3


f 4 ( x)  ( x2  1)4  ( x2  1)2  x4  2 x2  1, f 2 ( x)  ( x2  1)2  x 2  1

7

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f 4 ( x)  2 f 2 ( x)  15  0  x4  2 x 2  1  2( x 2  1)  15  0  x 4  16  0

2p

 ( x2  4)( x2  4)  0  ( x  2)( x  2)( x 2  4)  0  soluțiile reale x1  2 și x2  2 . 1p b)

1   f '( x)   x 2  1 2   

1 1 ' 1 2    x  1 2   x 2  1 2

1p

1  1 2    x  1 2  2 x 2

1p



c)

1p

'

x

.

2p

x2  1  0

1p

x 1 2

Dacă x  0 

x x2  1

1p

0 1p

 f ' ( x)  0 pentru x  0

 f este strict crescătoare pe intervalul [0, ) 2.

I1  10

a)

b)

x 1 1 (1  x 2 )' dx  0 dx 1  x2 2 1  x2

2p

2p

1  ln(1  x 2 ) |10 2

2p

1  ln 2 . 2

1p

I n  10

n2 xn  x n  x n2 1 x dx   dx 0 1  x2 1  x2

1p

1p

8

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  10  10  c)

n2 x n2  x n 1 x dx   dx 0 1  x2 1  x2

x n ( x 2  1) dx  I n2  10 x n2 dx  I n2 2 1 x

x 2 n 1 1 dx   I 2 n1 2 1 x 2n

2p

 1 1  1 1   I 2 n 3     I 2 n 3 2n  2(n  1)  2n 2(n  1)





2p

1  I n2 . n 1

I 2 n1  10 

1p

1 1 1 1      (1)n1   (1)n  I1  2n 2(n  1) 2(n  2) 2

1p

2p

1 n 1 1 (1)nk  (1) n ln 2 .  2 k 1 k 2

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 3 Prof: Alexandru Elena-Marcela



z  i, z  i

3p

9

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO a  0, b  1. 2.

V ( xV , yV ), xV  

xV 

6  3, 2

2p

b , 2a

yV  

yV  

 4a

1p

16  4 4

2p 2p

V (3, 4) . 3.

3x   32 

x 1 2

1p

 36

3x  3x1  36  3x (1  3)  36  3x  4  36 sau

2p

3  t  0  t  3t  36  t  9  3  9  x  2 x

x

3x  9  x  2 4.

M  M are 36 elemente  36 cazuri posibile

2p

( x, y) pentru care x  y  5 sunt (1,4), (4,1), (2,3), (3,2)  4 cazuri favorabile

3p

P=

5.

2p

nr. cazuri favorabile 4 1   . 36 9 nr. cazuri posibile

1 a 1 1 1 0 A(1, a), B(4,1), C(1, 4) sunt coliniare dacă: 4 1  4 1

 1 16  a  1  4a  4  0  5a  10  a  2 6.

sin B  1 

2p

3p 2p

1 3  4 2

AC  2R sin B

1p

2p

10

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 6 6 2  2R   2R R  2 3. 3 3 2 SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte) 1. a)

b)

 1 3  3 5   3  3x 5  3 y  AX      y   0 1  x y   x

2p

14   3 5  1 3   3 XA       x y  0 1   x 3x  y 

2p

4 A X   x

1p

3  3x  3 14    3  3x 5  3 y   3 AX  XA      5  3 y  14 y   x 3x  y    x  y  3x  y  x  0,

c)

8  . y  1

3p

y  3.

2p

 1 3 n 1 A     0 1

1p

 1 3(n  1)   1  0

n Presupunem adevărată relația pentru A și demonstrăm că An 1  

2p

 1 3n  1 3   1 3  3n   1 3(n  1)  An 1  An  A       1  0 1   0 1  0 1   0

2p

2.

0

1p

a)

  4m2  4(m  1)2  4m2  4(m2  2m  1)  8m  4  0

3p 1p

1 de unde rezultă m   . 2 b)

xV  

b 2m 2  2m  4m  4 2a 2(m  1)

11

3p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  6m  4  m   c)

2p

4 2  . 6 3

m  2  f ( x)  (2  1) x2  2  2 x  2  1  f ( x)  3x 2  4 x  3

2p

3x3  x 2  x  3 3x 2  4 x  3 x 1 3x3  4 x 2  3x

2p

/  3x 2  4 x  3  3x 2  4 x  3 /

/

/ 1p

g ( x)  (3x2  4 x  3)( x 1)  f ( x) / g ( x)


  2   x 1   x 1 2  lim   lim   lim 1       x  x  1   x  x  !  x   x  1   x

x

x

2p

2 x

x 1 x 1   2 x 2 lim  2   x x 1   lim 1   e  x    x 1    

2p

 e2 . b)

 x 1  f ( x)     x 1 

1p 1p

'

'

( x  1)'  ( x  1)  ( x  1)  ( x  1)'  ( x  1)2

1p



( x  1)  ( x  1) ( x  1)2

1p



2 . ( x  1) 2

2p

12


c)

Funcția este de două ori derivabilă pe  \{1}

1p

4 . ( x  1)3

1p

Deoarece f '' ( x)  0, x  (, 1)

1p

 f este convexă pe intervalul (, 1) .

2p

2.

0  xne1 x  1, () x [0,1]

2p

a)

0  10 xn e1 x dx  1

2p

 f '' ( x) 

1p

0  f n ( x)  1 . b)

10 f1 ( x)dx  10 xe1 x dx   10 x  (1)  e1 x dx

1p

  10 x  (e1 x )' dx  [ xe1 x |10  10 e1 x dx]

1p

 (1  10 (1)  e1 x dx) =

c)

1p

 1  e1 x |10  1  (1  e)  1  1  e  e  2 .

2p

I n  10 x ne1 x dx  10 xn  (e1 x )' dx

2p

 xn  (e1 x ) |10 n 10 xn1e1 x dx

1p

 1  nI n1

2p

 nI n1  1, () n  2 .

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 4 Prof . Badea Daniela

13

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.










log 2 5  3  log 2 5  3  log 2 11  log 2 22  log 2 11 

3p

 log 2 2  1 2p 2.

S  2 1  2  3  ...  2012   2012 

2p

2012  2013  2012  2  20122

2p

 2

1p 3.

2x

2

 x  0,5

1p

5

 22 

x2  x  2  0   x  2,1

2p

2p 4.

x  , 2  x  10

1p

Formula de calcul a combinărilor

1p

x6

2p

 x  6, 7,8,9,10

1p 5.

Formula pentru coordonatele mijlocului unui segment

2p

A  2, 2  , B  2, 2  şi C  4,0

3p

14


cos 2   1  sin 2   5    13 

1p

2

1p

     ,    cos   0 2 



 cos   

1p

5 13

2p


1. a)

b)



det A  x   x x 2  3



3p

A  x  inversabilă  x  

2p

det A 1  4  A 1 inversabilă

1p

2 2 0   A 1 =  0 2 2   2 0 2   

1 2  1  1 A 1 = A 1 =  0  d   1 2

1 2 1 2 0

 0  1 2  1  2

2p

2p c)

 x  1     1  y   A 1   1  z  1      1     1  1  

3p

2p

15


   2,3,   4  U     0, 

2.

  U   6   1,5

a)

6

2p

6

S  3

1p 2p

b)

det A  3 x  4    det A  1  3 x  4  1  3 x  3  x  1,3,5





1p

det A  5  3 x  4  5  3 x  1  x       x  1,3,5

1p

 x, y  1, 2 

5p



c)

2p



1p


x2  5x  7 x  e x

l  lim f  x   lim x 

1p

Se aplică regula lui l’Hospital de două ori şi se obţine

l 0  d : y  0 asimptotă orizontală spre  

2p 1p 1p

b)



F derivabilă pe  şi f '  x   e x x 2  3x  2



1p

f '  x   0  x 1, 2 , f 1  3e, f  2   e2 1p

2p

 1 – maxim local, 2 – minim local

16

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1p c)

2. a)

f  0   7, f 1  3e, f  2   e2

1p

7  e2

1p

Conform tabelului de la b)  7  f  x   3e,   x  0, 2

3p

f continuă

1p

0

 sin xdx  1  cos1

1p

1 1

x

 x  2 dx  x|

1

 2 ln  x  2 |  1

0

1p

0

0

 1  2 ln

3 2

I  cos1  2 ln

1p

3 2

1p b)

0

I

 sin

2

2p

xdx



I

 2

V 

1p 0

0

 f  x  dx    sin 2



c)

2

xdx 





2

2p

2

2p

x

 f  t  dt  x  2 ln  x  2   2 ln 2 0 x

1 lim  f  t  dt  1 x  x 0

3p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 5 Prof . Badea Daniela

17

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem. 

Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


 an n



progresie aritmetică, a1  2, r  3

1p

Sn  155  3n 2  n  310  0, n    n  10 x  a10  29.

3p 1p

2.

 x1  x2  1   x1  x2  m   x  x 1 2  1

2p

 x12  x2 2  1  2m   2 2   x1  x2  2 x1  x2  1 1  2m  2m  1  m  0 2p

1p 3.

 x 1  0  5  x  1,    2 5  2 x  0

1p

Prin ridicare la pătrat se obţine 4 x2  21x  26  0

 5 x1  2  1,   2 13  5  x2   1,  4  2

1p

1p

 S  2

1p

18

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1p 4.

A102  10  9  90

1p

C102  5  9  45

1p

3P3  3  6  18 N  9 17 17

1p 2p

5.

x 1 1  2 x 1 1  3 x 0 0 1 2p



 3 x  2 2 x1,2  2 2p

1p 6.

   MN=MB  BN  1  2   AB  BC  3 3   1 2    AB  AB  AC  3 3 1  2    AB  AC. 3 3



1p 2p



1p 1p


Demonstrarea relaţiei

5p

b)

An  a, b   A  a n , na n1b  ,   n  

3p

Demonstrarea prin inducţie sau cu metoda binomială 19

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO c)

a 2012  1  a  1

2p

2012a 2011b  2012 a  1  b  1  A 1,1

1p

a  1  b  1  A  1, 1

1p 1p

2. a)

 f 1  0    f  1  4 a  b  0 a  1   a  b  2 b  1

2p

3p

b)

Relaţiile lui Viette

2p

1 1 1 s2 +   =1 x1 x2 x3 s3

1p

x12 +x2 2  x32  a 2  2

1p

a 2  2  1  a1,2   3

1p c)





  s1  s2  x12 +x2 2  x32    11  1  2

3p

2p


2   x  x  2; x   , 1   2,   f  x   2   x  x  2; x   1, 2 

1p

20

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f derivabilă pe  \ 1, 2 (funcţii elementare) şi

2 x  1; x   , 1   2,   f '  x   2 x  1; x   1, 2  f s '  1  3, f d '  1  3,  f nu e derivabilă în  1 analog f nu e derivabilă în 2

1p 1p 1p 1p

 D   \ 1, 2 '

b)

3p Concluzia conform tabelului

2p c)

lim h  x     h nu are asimptotă orizontală x 

m  lim

x 

h  x x

x 

1p

1

n  lim  h  x   x   

1p

1 2

2p

1 d : y  x  asimptotă oblică spre  2

1p

2.

f continuă pe  0,e    e,   - funcţii elementare

2p

a)

f s  e   f  e   f d  e   1  f continuă în e  f continuă pe  0,    f ite primitive pe  0,  

1p 2p

21


h  x   0    x  e 1 ,1

1p

1

A    x ln xdx 1 e

1p

 x2 x2 1 Integrând prin părţi  A    ln x |1   4 2 e 2 e 3  4e 2 2p

1p c)

ln x  x  1    x  1, 2

1p

şi ln x  0, x  1  0    x  1, 2   ln

2012

x   x  1

2012

1p

   x  1, 2

prin integrare pe 1, 2  2

  f 2012  x  dx  1

1p

1 2013

1p 1p

22

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 6 Prof . BadeaDaniela  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


2 x  1  3  3  2 x  1  3

2p

1  x  2

1p

dar x    A  1, 0,1, 2  cardA  4

1p 1p

2.

A  0,3  G f  f  0   3  b  3

2p

a  1  a  2 2  f  x   x2  2x  3 

3.

2p 1p

CE : x 2  2 x  0  x   , 0    2,  

1p

x2  2 x  3  0 CE

x1  1, x2  3  S  1,3

2p

2p 4.

3 C10 

3p

 120 2p 5.

x1 x2  y1 y2  0 

2p

m 2  2m  1  0 m 1

2p 1p

23






cos 1800  x   cos x

2p

cos 900  0 S 0

1p 2p

1. a)

b)

SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte) A2  2I 2

3p

A2012  21006  I 2 ;

2p

 x y X   ; XA  AX z t   t  x     y  2z

1p

finalizare

3p

1p c)

A 2k  2k I 2 ,    k  

1p

A 2k+1  2k A,    k  

1p

A+A3 +A5 +....+A 2011  A  2 A  22 A  ...  21005 A   1  2  22  ...  21005  A   21006  1 A A 2 +A 4 +A 6 +....+A 2012   2  22  ...  21006  I 2  2  21006  1 I 2 .

2p

1p 2.

Definiţia elementului neutru

2p

a)

e  5 

3p

b)

Definiţia elementului simetrizabil

2p

3'  3 

3p

24


x  y   x  4  y  4   4

2p

S   a  4  b  4  b  4 3p

SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte) 1. xe x e ' ' f x  , f 1      2 a) 4  x  1 t:y

2p

e e   x  1  ex  4 y  e  0 2 4

3p b)

lim f  x  =

3p

x 

lim f  x  

x 1 x 1

2p c)

4p

Concluzia 1p 2.

Fie F :    primitivă pentru f 

a)

 F derivabilă pe  şi F '  x   f  x 

2p

F '  x   3x 2  1  0    x     F strict crescătoare pe 

2p 1p

25


 f  x  dx  x

3

2p

 x C

Fie F :   , F  x   x 3  x  c A 1,3  GF  F 1  3  2  c  3  c  1 F  x  x  x 1

1p

3

1p 1p c)

g :  0,1  , g  x    x  1 e x 1

 g  x  dx   x  1 e |

x 1 0

1p

1

 e x|  0

0

3p

 2e  1  e  1  e

1p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 7 Prof . Badea Ion  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


r 3 a1  15

1p 1p

Sn  0  n  11

3p

26


x 1

1p

x2  x  6 0 x 1 x   , 2  1,3

1p

A  2,3 2p

1p 3.

x

2 2 2 2      3 3 3 3

x



13 9

1p

x

2 2 1 13 2    t  t    3 3 t 9 3 3 2  6t 2  13t  6  0  t1  , t2  2 3

1p 1p

x

3 2     x  1 2 3

1p

x

4.

5.

2 2     x 1 3 3

1p

A53  A42 

3p

 60  12  48

2p

5  B'  ,1 , O  0, 0  mijloacele laturilor 2  ecuaţia dreptei determinate de două puncte OB : 2 x - 5 y  0

2p 1p

'

6.

2p

p9

1p

S= 9  4  3  2  6 6

2p

S 2 6 r  p 3

2p

SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte) 27


1. a)

a2 det A  b 2 c2

a 1 b 1  c 1 2p

  b  a  c  b  c  a 

3p b)

d x   b  a  c  b  c  a  a  b  c 

3p

d y    b  a  c  b  c  a  ab  bc  ac  d z  abc  b  a  c  b  c  a   x  a  b  c, y    ab  bc  ac  , z  abc

2p c)

Fie t1 , t2 , t3 rădăcinile ecuaţiei date

1p

t1  t2  t3  x  a  b  c  Fie  t1t2  t1t3  t2t3   y  ab  bc  ac t t t   z  abc 12 3 t1  a   t2  b t  c 3

2p

2p 2.

Suma coficienţilor polinomului f este egală cu f 1

a)

28

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f 1  7 2012  14 



1p



f 1  7 7 2011  2  7 2p b)

g   x  2  x  3

1p

f   x  2  x  3  q  r , gradr  2  r  ax  b f  2   12012  8  10  3 f  3   1  12  10  1 1p   2a  b  3;   3a  b  1 f  2   2a  b f  3  3a  b   2012

2a  b  3 a  4   r  4 x  11  3a  b  1 b  11

2p

1p c)

g  x    x  2  x  3 

1 1 1   ,  x    g  x x  2 x  3

1 1 1 1 1 1 1 1       ....    2 3 3 4 4 5 2015 2016 1 1 1007 S   2 2016 2016

2p

S

2p

1p

SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte)

1. a)



f '  x   2  e2 x  2 x  2 e2 x  x



2p

f '  x   0    x   0,1

2p

 f strict crescătoare pe  0,1

1p

29


f  0   1  0, f 1  e 2  1  0

1p

f continuă pe  0,1  f are cel puţin o rădăcină în  0,1 f strict crescătoare pe 0,1

1 ,  2  

1p

1

 2

1p

f are o singură rădăcină în  0,1

1p 1p

c)





f ''  x   2 2e 2 x  1 , f '''  x   23 e 2 x  P3  A 

I

2p

Pk  A   Pk 1  A 



 



f  k 1  x   f  k   x   2k e 2 x  2k 1 e 2 x '

Din  I  şi  II   Pn

'

 A  II 

 A  n  , n  3 2p

1p 2. a)

x

 lim

x3

x 

x3

x 

 x  1  lim

3

3x3

1



3

3

 lim

0

x 

 x  1

f  t  dt



1 3 3p

1 3

2p

30


x

  x  1

2

dx  

1

 x  1  1 dx  2  x  1

1

  x  1   x  1

2

dx  ln  x  1 

1p

1 C x 1

1p

1  c, x 1 H  0   1  1  c  1  c  2

Fie H  x   ln  x  1 

 H  x   ln  x  1 

1p

1 2 x 1

1p 1p

c)

1

V    f 2  x  dx 

1p

0

 

 x  1 5

5 1

|

0



2p

31 5

2p


31

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO SUBIECTUL I (30 de puncte) 1.

2012

 1  1 2012   3 1 3  N : 2012  1 3  1 3 3  2

3p

2p 2.

3.

a şi b sunt soluţiile ecuaţiei x 2  x  12  0

3p

 numerele sunt – 3 şi 4

2p

2 log 2 x  1  3

1p

 log 2 x  2

1p

 x4  x  1, 2,3, 4

2p 1p

4.

5.

20 4 x x 100 5 110 4  x  1760 100 5 x  2000

1p

M mijlocul lui (AB)  M(1,2)

1p

1 2 d mediatoarea  md  2

1p

x

2p 2p

mAB 

1p

d : 2x  y  4  0 2p

32


sin 00  0, sin 900  1

1p

sin 2 150  sin 2 750  sin 2 150  cos 2 150  1 sin 2 300  sin 2 600  1

1p

1 2

1p

sin 2 450  S

1p

7 2

1p


1. a)

b)

c)

det A  4  m2  m2  2m  2m  m2

3p

 4  m2

2p

(S)sistemul este compatibil determinat  det A  0

2p

4  m2  0  m   \ 2

3p

m  0  det A  4 d x  4, d y  4, d z  4 

1p 3p

  x, y, z   1,1, 1

1p 2.

f a,b  X  1  f a ,b 1  0

a)

f a ,b 1  2a 2  2ab  b 2  2a  1   a  b    a  1

1p 2

a  b

2

  a  1

2

2

2p

2   a  b   0 0 2   a  1  0

 a  b 1 2p

1p b)

x1 , x2 , x3 rădăcinile polinomului f1,1  2 X 3  2 X 2  X  1 

33

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1 1  s1  x1  x2  x3  1; s2  x1 x2  x1 x3  x2 x3  ; s3  x1 x2 x3  2 2 

1p

S2  x12  x2 2  x32  s12  2s2  0 2 x13  2 x12  x1  1  0 2 x13  2 x12  x1  1  3  3 2 2 2 x2  2 x2  x2  1  0  2 x2  2 x2  x2  1  3  3 2 2 2 x3  2 x3  x3  1  0 2 x3  2 x3  x3  1 1 x13  x23  x33   2S 2  s1  3  1 2

1p

1p

1p c)

2  8 x  22 x 1  2 x  1  0  2  23 x  2  22 x  2 x  1  0 Notăm 2 x  t  2t 3  2t 2  t  1  0

2p

  t  1  2t 2  1  0  t  1

1p

2x  1  x  0

1p 1p


1. a)

b)

f '  x  x 3  2





f '  x  0  x 

2 3 3

1p

3

 2 3  2 3  f strict descrescătoare pe  2, , 2  şi strict crescătoare pe  3    3 

2p

Fie pantele celor două tangente

1p

34

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  3 m1  f '    1  3  m2  f '

1p

 3 1 1p

m1  m2  1  cele două tangente sunt perpendiculare

2p c)

lim  f  x   '

  

  lim  1   f '  x   1 x 3 

x 3

x lim

 e x 3 e



1 1 x 3

x



3 0 3  2 1   0 x 3

lim

 e x 3



 



2   lim 3  x 3  2  x 3  2 1  

x 3

 

 



1 f '  x  1

x 3



2p



2   3 3  x 3  2  x 3  2 1    x 3

 e3

  

f '  x  1



3

2p

1p

2.

1

1

  x  2  f  x dx    x  1dx 

1p

x 1    x |  1  2   2

2p

1

a)

1

1

2

2p b)

x 1 3   dx   1  dx  x  2 x  2   -1 -1 1

I1 = 

1

1

1

1

1

3p

 x|  3ln x  2 |  2  3ln 3 2p

35


c)

1

 I n 1  3I n 



 x  1

x2

1 1



  x  1 dx  n

1

 2  

n2

n 1

 3  x  1

n 1

 x  1

n

dx  2p

n 1

n 1

1

|

1



,    n  

2p

1p



2p

52 6  3  2

1  2 

2

 2 1

N  0

2p

1p

36


  m 2  12   0  m 2  12  0 



m  , 2 3    2 3,  3.

1p 2p



2p

2  9 x  3x 1  5  3x  6

2p

3x  t  2t 2  3t  5t  6  t 2  4t  3  0 t1  1  x1  0

1p

t2  3  x2  1

1p 1p

4.

Nr. cazuri posibile =12

1p

11 C110  C11 1

1p

C 11   k  1, 2,...,10 k 11

1p

Nr. cazuri favorabile =10 1p

5.

5 P 6

1p

AB  5, AC  20, BC  5

2p

ABC dreptunghic în A  R.T.P 

1p

M centrul cercului circumscris  M mijlocul lui  BC  1   M  ,0 2  6.

1p

  m  0  u şi v necoliniari

1p

m 1 2 m  m2  2m  1  0  m1,2  1  2 m0

1p

2

2p 2p


det A  5

1p

37

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  1 A2    4  9 A3 =   11 b)

c)

8  7

2p

22  . 13 

2p

A2  4 A  5I 2 se verifică prin calcul direct

2p

An1  4 An  5 An1 ,   n  , n  2 se demonstrează prin inducţie matematică

3p

Presupunem că   m   astfel încât Am  I 2  det Am  1 

2p

  det A  1  5m  1 fals

3p

f  g `h  r

1p

m

2.

h X X X 4

a)

3

2p

r   X 3 1

2p b)

 s  x1 +x2  1  p  x1  x2  1

1p

Relaţiile lui Viette 

x12 +x22  s 2  2 p  1

1p

2 3 2    x1 +x1  1  0 / x1  x1   x1  x1 x1 şi x2 rădăcinile lui g   2  3 2  x2 +x2  1  0 / x2  x2   x2  x2  

2p

 x13  x23  1  1  2 1p c)

 

      x  x x  x  2 



f x12  f x2 2  x116 +x18  1  x216 +x28  1  1

2

2 1

2p

2

2

 1  1  2  0  

2p

1p SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte)

38

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1. a)

lim f  x  =0

2p

x 

0   0

lim f  x   lim x 1

x 1

1 1  3 x  2 4 3p

b)

f '  x

'

 1  1 1 f  x   2 f  x   3  x   2      f  x 2 3  x  f  x  2 3  x 2

'

1p

'

 1  1 1  3 x  2     relaţia adevărată   f  x  2 3  x f  x  

f '  x  

f 2  x

 0    x   3,1  1,   , f s 1  f d 1 

2 3 x  f strict descrescătoare pe D

1p

1 4

2p

1p c)

Ecuaţia tangentei la grafic într-un punct

1p

f 2  2  1 1 f  2   , f '  2     3 2 18 '  y  f  2   f  2  x  2  

2p

 x  18 y  4  0

1p 1p

1

2.

F derivabilă pe 

a)

F '  x    ecos x  sin x  x  1   sin x  ecos x  cos x  1  f  x     x  

1p '

1 şi  2   F primitivă pentru f

 2 2p 2p

39


 2





f  x  dx  F  x | 2 

2p

0

0



 ecos x  sin x  x  2e

|



2 0

 1p

 2

2p

c)

 4

f  x   cos x  1

  sin 0

2



x  1 ecos x

 4

dx   0

sin x dx  cos 2 x

2p

1 4  |  cos x 0  2 1 2p

1p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 13 Prof: Brabeceanu Silvia


SUBIECTUL I (30 de puncte)

40


Scriem media geometrică a celor trei numere x2  3x  2  8

1p

x 2  3x  4  0

3p

Rezolvarea ecuaţiei  x1  1, x2  4 2.

 b   Vârful parabolei V  ,   2a 4a  Condiţia

1p

  3m  1 4a

24m  15  m 

1p

5 8

2p 1p

 3 23  Finalizare V  ,  4 8  3.

Ecuaţia x2  9  5x  15  x2  5x  6  0

1p

Soluţiile x1  6, x2  1

2p 2p

Verificare

4.

5.

1p

ab - impar  b 1,7

1p

Pentru fiecare b impar sunt trei variante de alegere a lui a  2  3  6 variante

2p

Pentru b  1  21, 41, 71

1p

Pentru b  7  17, 27, 47

1p

  3 a  2 uv  1 4

2p 3p

Rezolvarea ecuaţiei cu soluţia a  14 6.

2cos x  3

2p 2p

3 cos x  2

1p

41

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Soluţia x 

 6


1. a)

1 1 1 det  A 1   1 0 0 1 2 1

2p 3p

det  A 1   2  1  1 b)

 1 m  A  m   A  m    m   m  m2

 1 m  m    m  m2 c)

3 1 m   m m  3m m  m2 

3p

3 1  m   1 3 0     m m    1 1 1  m 1 3m m  m2   2 3 0 

1 1 1   1 1 1  1 1 1       A 1  A  2    A 10   1 0 0    2 0 0     10 0 0  1 2 1   2 2 2  10 2 10          10 10   1  10 10 0 A 1  A  2    A 10    2  1  10  10 20   2 

      1  10 10   2  10 0

2p

2p

3p

2.

3  4  24  18  24  21  3

2p

a)

3  4   3  3   3  3

3p

b)

x  y  2 xy  6 x  6 y  21  2 xy  6 x  6 y  18  3

2p

x  y  2 xy  6 x  6 y  18  3  2 x  y  3  6  y  3  3

2p

x  y  2 x  y  3  6  y  3  3  2  x  3 y  3  3

1p

42


x  x  2  x  3  3

1p

2

2p

 x  x   x  4  x  3  3 3

2p

4  x  3  3  7   x  3  1  x  4 3

3


1. a)

 2 x  1  2  x  1   2 x  1 f  x      x 1   x  12 f  x 

b)

lim

x2

1

 x  12

2p

3p

, x  1,  

f  x   f  2 x2

2p

 f   2

f   2   1

lim

x2

c)

2p

f  x   f  2 x2

1p

 1

Ecuaţia tangentei : y  y0  f   x0  x  x0 

1p

y0  f  2   3 şi f   2   1

2p 2p

tg: x  y  5  0 2.

f este o primitivă a lui g  f   x   g  x  , x   0,  

2p

a)

2  3x f   x    2ln x  3x    g  x x

3p

b)

 f  x  dx    2ln x  3x  dx  2 ln xdx  3 xdx

1p

1 x

 ln xdx  x  ln x    xdx  x  ln x  x  f  x  dx 

2p

4 x  ln x  4 x  3x 2 c 2

2p 43


c)

e

f  x

1

x



e ln x

e ln x

dx  2

1

x e

2p

e

dx  3 dx 1 e ln x

e ln x





1 1 dx  ln x   dx   dx  ln 2 e  ln 2 1   x 2 2 1 x 1 x 1 1 2

3p




z

3  2i 2  3i 5  25i  2  16i   1 i 2i 10

3p

z

7 9 7 9  iz  i 10 10 10 10

2p

2.

f 1  f  2     f 8 



  1  88

2 28  1 2 1

3p

2

f 1  f  2    f 8  512  34  546

3.

2p

Baza subunitară  7  5x  x2  1

1p

x2  5x  6  0

1p 3p

44

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  5  x   , 1   6,   şi x   ,    x   6,   7  4.

Pentru n1,4,5,6,7 inegalitatea este verificată Probabilitatea 

5.

6.

4p 1p

cazuri favorabile 5  cazuri posibile 7

      AB  BC  AC  AC  AC  2 AC     AB  BC  2i  2 j

2p 2p

   2 AC  4i  4 j

1p

sin 750  cos750  a  sin 750  sin150  cos750  cos150

1p

sin 750  sin150  2sin300 cos 450

1p 1p

cos750  cos150  2cos 450 cos300

2p

1 2 2 3 2 6 sin 750  cos750  a  2       2 2  2 2 2


1. a)

1 3 2  1 3 2      A  1 3 2   1 3 2   O3 1 3 2  1 3 2     

5 p

b )

An  O3 , n  2

3 p

2

2

2

M  2 A  2  A  2

c)

2014

2014

A

1 3 2     2 A  2 1 3 2  1 3 2   

X  m  X  n    mA  I3  nA  I3   mA  nA  I3   m  n  A  I 3  X  m  n 

X  m  este inversabilă  det  X  m    0

2 p

1 p 1 p

45

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1 3 2 m  1 3m 2m m  1 3m 1 m  1 3m 1 det  X  m    m 1 3 2  I3  m 3m  1 2m  m 3m  1 1  1 1 0 31 1 3 2 m 3m 2m  1 m 3m 1 1 0 0 p

2.

f 1  a  3

a)

f  1  a  5

2 p 2 p

f 1  f  1  a  3  a  5  8

1 p b )

f  1  3

1 p

f 1  a  3

1 p

f 1  f  1  8  3  a  3  8  a  8

2 p

f 1  a  3  f 1  11  restul este 11

1 p

c)

Relaţiile lui Viete x12  x22  x32   x1  x2  x3   2  x1x2  x2 x3  x1x3   a 2  6

2 p

2

x12  x22  x32  10  a2  6  10  a  4

2 p 1 p


1. a)

x  0 asimptotă verticală spre 

lim

x

x 1 x

1p 2p

    asimptotă orizontală

2p

46

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f  x

m  lim

x

b)

x

 0   asimptotă oblică

Derivata de ordin I - F   x 

1p

Derivata de ordin II - F   x 

2p 2p

2 Prin identificare din F   x   f  x   a  , b  2 3 c)

f  x 

f   x  

x 1

1p

2x x

x  3 4x

2

1p

x

x 2  f   x   x  f   x  = x  1  4 x  3x  1  x1  1, x2 

2. a)

1 9

3p

2p

1

x dx  1  ln 2 0 x 1

I1  

1

 x2  x2 1 I2   dx    x  ln 1  x      ln 2 2  2  0 x 1 1

3p

0

b)

1 x n1  x n

I n1  I n  

0

x 1

3p dx

2p

1

x n1 1 I n1  I n   n 1 n 1 0

c)

1

nI n  n  x 0

nI n  n 

n1

1  n  xn x x 1 1 xn dx  n     dx   n x 1 x 1 n 0  x  12  0  

1 1 xn 1 1 xn  dx    dx 2n 0 1  x 2 2 0 1  x 2

4p

1p

47





16  6 7 

3  7 

16  6 7 

3  7 

2

2

2p

 3 7 3 7

2p

n  16  6 7  16  6 7  3  7  3  7  6  

2.

f  g 1   7

1p

2p 2p

48

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO g  f 1   1 1p

f  g 1   g  f 1   7  1  6 3.

4.

22 x1  22 x3  2  22 x5 

3p

22 x 22 x 22 x   2 2 8 32

9  22 x  9  22 x  16  x  2 16

2p

x – preţul mărfii

1p

16  x  256 100

2p 2p

x  1600

5.

1p

3 3 3 x   m1  2 2 2

d1 : y 

1p

2 8 2 d2 : y   x   m2   3 3 3 2p

1  m1  m2

cos  

1  m12  1  m22



0 1  m12  1  m22

0

1p

d1  d2

6.

M

 6

,N

 3

3p

MNP - dreptunghic în P

MN – ipotenuza  R 

MN 2 2

2p


1. a)

b)

m 2 3 det  M   m m  3 3m  1  2m 2  2m  11 1 1 1 ABC este triunghi  A, B, C nu sunt coliniare

5p

1p 49

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 2m2  2m  11  0

2p

  84  m    det  ABC   0

1p 1p

finalizare

c)

Pentru m  4  det  ABC   35

3p 2p

1 1 35 AABC  det  ABC    35  2 2 2 2. a) 4



2

2

X  14 X  49  X  7



f  X2 7 b)



2



2p

2

1p

1



f  x   0  x2  7



2

 x2  8  0  x1  2  x2  6  0  x3  c)

2p

f  X 4  14 X 2  48  X 4  14 X 2  49  1







1p

 1  x2  8 x2  6  0

2p

2, x2  2 2 nu sunt numere întregi 6, x4   6 nu sunt numere întregi

Rădăcinile reale ale polinomului sunt cele găsite la pct. b).



f  X 2 2

 X  2 2  X  6  X  6 

2p

2p 3p


1. a)

 1  f   x    x 2  x  3    x2  x  3   2 x2  x  3



f  x  b)

lim

x



3p

2x  1 2 x2  x  3

2p

x 2  x  3     asimptotă orizontală

50

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO x2  x  3 m  lim 1 x x

1p

1 n  lim  x 2  x  3  x    2 x 

2p

y x

c)

1 asimptotă oblică 2

f  x   0  2x  1  0  x 

1p

1 2

1p 2p

Tabloul de valori

2p

1   Intervale de monotonie  ,  şi 2   2.

1

1

a)

0

0

 1   ,  2  2p

2   x  3 f  x  dx    x  3  1dx

3 2  x  32  1dx  x  6 x  10 x    3 2 0

1

2p

1

0

1p

1

40   x  3 f  x  dx  3 0

b)

F este o primitivă a lui f  F   x   f  x  , x   3,  

1p

 x2  F   x     3x  ln  x  3   2 

2p

F  x  x  3 

c)

1  f  x x3

2p

0

0

F 2  x

2

2

2

 F  x   f  x  dx   F  x   F   x  dx 

0

2

3p

2p

51

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 0

 F  x   f  x  dx 

2

ln 2 x 8 2

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 16 Prof: Ciocănaru Viorica



1.

2.

Re z = 4, Im z = 3i, deci z = 4+ 3i.

3p

Conjugatul numărului complex z = 4 - 3i.

2p

f (x)=g (x)  x 2  3x  8 = - x -3.

1p

Obţine ecuaţia x 2  4 x  5  0 , calculează  = 4 2  4(5)  36 și obţine x1 = 1, x2 = 5.

2p 2p

Calculează f(1) = - 4, f(-5) = 2 și obţine Gf  G g = { A, B}, A(1, -4), B(-5, 2). 3.

( 3 2 x  1 )3= (x +1)3.

1p

2x +1= x3 + 3x2 + 3x +1  x3 + 3x2 + x = 0 b  x (x + 3x + 1) = 0 de unde x1= 0 , x2,3 = , ∆ = b2 – 4ac = 5, x2,3 = 2a

2p

2

2p 52

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 3 5 , deci 2

S = {0, 4.

Numărul numerelor naturale de două cifre este 90.

2p

Numerele divizibile cu 6 din mulţimea numerelor naturale de două cifre sunt: 12, 18, 24, 30, 36, 42, 48, 54, 60, 66, 72, 78, 84, 90, 96; numărul lor este 15.

1p

p=

5.

3 5 }. 2

nr.cazurifavorabile 15 1 = = nr.cazuriposibile 90 6

2p





2p

AC = AB + BC = i - 2 j . 











AB + 2 AC = 3 i + 2 j + 2( i -2 j ) = 5 i -2 j . 6.

Teorema sinusurilor

3p 2p

a b c = = = 2R sin A sin B sin C

AB = c = 8, sin C = sin

 . 3

După înlocuiri şi calcule

1p

c = 2R, sin C

8 sin

 3

= 8

2 3

 R=

8 3 . 3

2p


1. a)

1 1 2 A0 = 0 1  2 3 1 3

A0 +

At2

,

At2

2 7 5 = 3 4 1 3 1  6

2p

1 6 7 1 = 3 3 0 2 3

, Tr (A0 +At2) = 2 + 4 – 6 = 0

53

3p


1 1  2 1 1 CA0 = 0 1  1 0 1 2 1 0 3 1 pentru calculul elementelor calculul elementelor

2 2 = 3 primei

5 3 2 linii

2 6 0 1 . Primele două puncte se acordă 2p 3 6 3p iar celelalte trei puncte se acordă pentru

celorlalte două linii. c)

0 1 2 A p- Bp = 2 p 1 0 p3 1 1

1p

0 1 2 0 1 2 0 1 2 ( Ap  B p ) = 2  1 1 0 + 2  2 1 0 +….+ 2  n 1 0 =  p 1 1 3 1 1 23 1 1 n3 1 1 n

0

2p

n  2n

n

2 p

n

0

 p  3n

n

n

p 1

n

2p

p 1

n(n  1) cu  p  , deci 2 p 1 n

0 n  2n 0 1 2 n 0 = n n 1 1 0 ( Ap  B p ) = n(n  1)  p 1 n( n  7) / 2 n n ( n  7) / 2 1 1 n

2.

f (-2) = (-2)3 + a(-2)2 + (-2) + a

1p

a)

f (-2) = - 8 + 4a – 2 + a = 5a -10.

3p

f (-2) = 5(a - 2).

1p

Pentru a = 2, plinomul f = X3 + 2X2 + X + 2.

1p

După gruparea termenilor și scoterea factorului comun, f devine: (X2 + 1)(X + 2).

2p

Rădăcinile polinomului sunt x1, 2 =  i , x3 = - 2  S ={- 2,  i }.

2p

b)

54


Dacă x k este o rădăcină a polinomului f, x k3 = - a x k2 - x k - a, unde k  {1, 2, 3}.

2p

x13  x 23  x33 = - a ( x12  x 22  x32 ) - ( x1  x 2  x3 ) – 3a. 2p

Din relaţiile lui Viète ( x1  x 2  x3 = - a , x1 x2  x1 x3  x 2 x3 =1, x1 x2 x3 =- a ) 

x12  x 22  x32 = ( x1  x 2  x3 )2 – 2( x1 x2  x1 x3  x 2 x3 ) = a2 – 2. x13  x 23  x33 = - a(a2 – 2) + a - 3a = - a3.

1p


u'

Formula: ( u )' 

2 u f '(x) = ( x 2  4 )' 

f '(-2) =

b)

2p

, u > 0.

2 (2) 2  4

( x 2  4)' 2 x2  4 =

1 2

=

=

x x2  4

2p

.

 2 . 2

1p

Ecuaţia asimptotei oblice este y = mx + n. m= lim

x  

1p

x2  4 4 =  1  n1 = lim ( x 2  4  x) = lim = 0, x  x  x x2  4  x n2 = lim ( x 2  4  x) = lim

x  

x 

y= x c)

la   .

x2  4  x

= 0. 1p

f “ > 0  f convexă, f “ < 0  f concavă. Formula

4

3p

1p

f f ' g  fg ' ( )'  g g2

1p

3p

55


Din subpunctul a)  f “ (x) = (

f “ (x) =

2.

4 ( x  4) x 2  4 2

 f ( x)dx =  xe

x x 4 2

x2  4  x

)' =

x2  4

x x  4 . După calcule se obţine 2

> 0  f convexă.

dx =  xe  x   e  x dx =  xe  x  e  x  c =  ( x  1)e  x  c .

2p

1 dx = [( x  1)e  x ] |lnln 32 =  (ln 3  1)e  ln 3  (ln 2  1)e  ln 2 =  (ln 3  1)  3

2p

x

1

a) ln 3

 xe

ln 2

x

1 . 2

(ln 2  1)

1p

ln 3

x  xe dx = ln 2 

ln 2

b)

In =

f

n

( x)dx =

2 1 1 1  (ln 3 3  ) = ln 3  . 2 3 3 6

x

n

e  x dx .

1p 1p

In =  x n e  x  n x n1e  x dx .

1p

In -1 =  x n1e  x dx  In =  x n e  x  n In -1, n N* Pentru n = 2

I2 =  x 2 e  x  2 I1, din punctul a) I1 =  f1 ( x)dx =  xe  x  e  x 

2p

I2 =  x 2 e  x  2 (  xe  x  e  x ) =  ( x 2  2 x  2)e  x . c)

x

x

L n = lim  f n (t )dt = lim [  x n e  x  n  t n 1e t dt ] = n L n-1. x 

0

x 

0

L n = n L n-1 = n(n - 1) L n-2 = n(n - 1)(n – 2) L n-3 = .... = n! L1 x

L1 = lim  te t dt = lim (  (t  1)e t| |0x ) = lim (  x 

0

x 

2p

x 

56

x 1  1 ) = 1  L n = n! ex

1p 2p


BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 17 Prof: Ciocănaru Viorica  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


2.

(x + 1)2 = 3  12  x + 1=  6  x = 5 deoarece termenii progresiei sunt pozitivi.

3p

Termenii sunt 3, 6, 12 și suma lor este 21.

2p

Coordonatele vârfului V(

b  ). , 2a 4a

1p

b   1  - b = 2a,  2  - b2 + 4ac = 8a de unde după înlocuiri  - b2 + 2b = 0 2a 4a  b(2 - b) = 0  b1 = 0, b2 = 2. Se reţine b = 2 deoarece b este nenul și atunci a = -1. 3.

2

x 2 4

3p

1p 1p

 2 x 2  x 2  4  x  2 .

2p

Condiţii de existenţă: x 2  4  0, x - 2  0  x  2 .

2p ( x  4 )  ( x  2)  x  4  x  4 x  4  4x = 8  x = 2  S = {2}. 2

4.

2

2

2

2

ab par  b  {4, 6}.

2p

Numerele care îndeplinesc condiţia: 44, 46, 54, 56, 64, 66, 74, 76.

3p

5. Distanţa de la punctul M la dreapta d se calculează după relaţia:

y=

 4x  1  4x + 7y -1 = 0, ecuaţia dreptei. 7

57

| ax0  by 0  c | a2  b2

2p .

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO | 4(2)  7(1)  1 |

d (M, d) = 6.

42  72

Formula: sin a – sin b = 2 sin

E(a) = sin a – sin 5a = 2 sin

E(



| 16 | 65



16 65 . 65

ab ab cos . 2 2

a  5a a  5a cos = 2 sin(-2a)cos 3a = -2 sin 2a cos 3a. 2 2

     ) = -2 sin 2 cos 3 = - 2 sin cos = 0. 6 6 6 3 2

2p

1p

2p

2p


p p p

p p p

3p2

3p2

3p2

A2 = 3 p 2

3p2

3p2

3p2

3p2

3p2

p A = 3p p p 2

b)

2p

p 1 1 1 p =p 1 1 1 p 1 1 1

p p p

2p

p p =3pA. p

1p

p 1 p p p 1 p = (p -1)3 + 2p3 – 3p2(p - 1) det (A – I3) = p p p p 1

p 1 p p p 1 p = (p +1)3 + 2p3 – 3p2(p + 1) det (A + I3) = p p p p 1

3p

2p

det (A – I3) = 3p – 1, det (A + I3) = 3p + 1  det (A – I3) det (A + I3) = (3p)2 - 1 c)

n = 1  A = (3p)1-1  A

1p

Prin inducţie, se presupune An = (3p)n-1  A adevărată şi se calculează An+1 = (3p)n-1  A2 din punctul a)  An+1 = (3p)n-1  3p  A = (3p)n  A,  n  N*,  p  R.

2p

58

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Pentru n = 2014, An = (3p)n-1  A se obţine A2014= (3p)2013  A 2p 2.

f (- 2 ) = (- 2 )3 - 2(- 2 )2 - (- 2 ) + m = -2 2 - 4 + 2 + m = m – (4+ 2 ).

2p

a)

f (- 2 ) = 0  m – (4+ 2 ) = 0  m = 4+ 2 .

3p

b)

x4- 5x3+ 5x2 + 5x – 6 = 0  x4- 5x3+ 5x2 + 5x – 5 - 1 = 0  (x4- 1) - 5x2(x - 1) + 5(x - 1) = 0

2p 2p

(x - 1)[ (x + 1) (x + 1) - 5x + 5] = 0  x – 1= 0 şi 2

2

(x2 + 1) (x + 1) - 5x2 + 5 = 0  (x +1)[ x2 + 1 – 5(x – 1)] = 0  x +1= 0 şi x2 – 5x – 6 = 0 Deci x1 = 1, x2 = -1, x3,4 = c)

5 1  S = {  1 , 2, 3}. 2

f (x1) + f (x2) + f (x3) + f(x4) = (13 - 2  1 2 - 1 + m) + [(-1)3 – 2 (  1) 2 – (-1) + m] + (23 – 2 

1p

2p

2 - 2 + m) (3 – 2  3 - 3 + m). 2

3

2

f (x1) + f (x2) + f (x3) + f(x4) = (m - 2) + (m - 2) + (m - 2) + ((m + 6) = 4m.

3p


1. a)

x3 > 0  x (   , -3)  (3,   )  D = R – [-3, 3]. x3

f (-x) = ln

lim ln x 3 x 3

 x3 x3 x3 = ln = - ln = - f (x) ,  x  R– [-3, 3] deci f impară.  x3 x3 x3

x3 =    x =3 ecuaţia asimptotei verticale la dreapta lui 3 şi analog x = x3

2p

2p

1p

3 ecuaţia asimptotei verticale la stânga lui – 3. b)

Formulele (ln u)’ =

u' u

și

f f ' g  fg ' . ( )'  g g2

59

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO x3 ' ) x3 x  3  ( x  3) x  3 6 f ‟(x) = ( ln )‟ = x  3 = .   2 2 x3 x3 x3 x 9 ( x  3) x3 x3 x3 L= lim xf ( x) = lim x ln , lim x =   , lim ln = 0  nedeterminarea x   x  x  x   x3 x3 0 (

c)

Cu regula lui l‟Hospital și folosind rezultatul de la b) 

L = lim

x 

2. a)





cos 2 x  1 1 dx = 2 2

cos 2 x  1  2 dx . 1 sin 2 x  x) + c . 2



4

4

g ( x)

2

2p

 (cos 2 x  1)dx = 2 (



 ( f ( x) )

V= 

dx = 

0

2

 ( cos x )

2

dx = 

0

In =

t  4 dt = 





4

4

f  6

n

( x)dx =

4

tgx

 cos 0

2

x

dx .

1  , x  [0, ]  t [0, 1], 2 4 cos x

4t 1 4  1 3 |0=  = . ln 4 ln 4 ln 4

1

0

c)

4

 cos 

3p 2p

 tgx

Cu schimbarea de variabilă tg x = t, (tg x)‟ =

V= 

2p

6 x 1 )' 2 2 x  1 = lim x  9 = lim 6 x = 6. x  x 2  9 x  1 1  2 ( )' x x

f 2 ( x)dx =  cos 2 xdx =

b)

2p

1p

x3 ln 0 L = lim x  3  nedeterminarea x  1 0 x

(ln

3p

1p

2p 1p

n

xdx . Integrând prin părţi se obţine:

6

60


nIn = cosn-1 x sin x

 | 4 6





4

4

 cos 

+ (n -1)

n2

xdx , In-2 =  cos n  2 xdx  

6

6



nIn – (n-1)In-2 = cosn-1 x sin x| 4  nIn – (n-1)In-2 = ( 6

1)In-2 =

2p

2 n 1 2 3 1 - ( ) n 1  nIn – (n) 2 2 2 2

2p

( 2 ) n  ( 3 ) n 1 . 2n




2 5 2 2 2 ( ) 4 x 3  ( ) 23 x  ( ) 4 x 3  ( ) ( 23 x )  4x – 3 < - (2 - 3x) deoarece  1. 5 2 5 5 5 4x – 3 < - (2 - 3x)  4x – 3 < 3x - 2  x < 1  S = (-  , 1).

2.

2p

Condiţii de existenţă: x + 1 > 0, log 0,5 (x + 1) > 0  x > -1, x + 1 < 1  (- 1, 0) (1) log 2 ( log 0,5 (x+1)) > 1  log 0,5 (x+1) > 2  x+1 < (0,5)2  x < -

Din (1) și (2)  x  (-1, -

3 ). 4

3p

3 4

(2)

2p 2p

1p

61


z3 + 64 = (z + 4)( z2 - 4z + 16).

1p

(z + 4)( z2 - 4z + 16) = 0  z1 = - 4, z2 - 4z + 16 = 0,  = (-4)2 - 4  16 = - 48, z2,3 =

4   48 4  4i 3 = = 2 (1  i 3 )  z1, z2, z3 C. 2 2

3p

S = {- 4, 2 (1  i 3 )} 1p 4.

 C n3 , An2 , An21  2 An2 = C n3 + An21 , n  3 Formule C nk =

2p

n! n! n! n! (n  1)! , Ank = = + 0  k  n 2 (n  k )! (n  2)! 3!(n  3)! (n  1)! k!(n  k )!

3p

După simplificări, eliminarea numitorului și reducerea termenilor asemenea ecuaţia devine n2 – 9n + 20 = 0 cu soluţiile n1 = 4, n2 = 5. G(

x1  x2  x3 y1  y 2  y3 , ) 3 3

4=

3  (2)  x3 6  (3)  y3  x3 = 11, 3 =  y3 = 6  3 3

5.

1p

3p 1p

C(11, 6) 6.



3 2 Din formula fundamentală  cos a =  1 sin a , a ( ,  )  cos a =  1  ( ) = 5 2 2

-

2p 2p

4 2 4 3 3 , cos b =  1 sin 2 b , b (  , )  cos b =  1  ( ) = 5 5 2 5

 cos a - cos b= -

4 3 1 - (- ) = 5 5 5

1p


1. a)

b)

Dezvoltnd după prima linie se obţine: d1 = (a + b) [(a + b)2 - a2] - b2 (a + b- a) + ab (a - a- b)

3p

În urma calculelor algebrice se obţine: d1 = 2ab(a + b).

2p

Cu una din regulile de calcul ale determinantului de ordinul 3 se obţine: 62

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 2p

1 9 4 d2(0) = 2 8 5 3 8 6

3p d2(0) = 48 + 64 +135 –(96 +40 +108) = 3. c)

1  4x 9 x  4 1 9 x  4 4 9 x4 d2(x) = 2  5 x 8 2 x  5 = 2 8 2 x  5 + x 5 8 2 x  5 =d21 (x) + x d22 (x) 3  6 x 8 3x  6 3 8 3x  6 6 8 3x  6

d21 (x)

1 9 x4 1 9 1 1 9 4 1 9 4 = 2 8 2x  5 = x 2 8 2 + 2 8 5 = 2 8 5 3 8 3x  6 3 8 3 3 8 6 3 8 6

d22 (x)

4 9 x4 4 9 1 4 9 4 4 9 1 = 5 8 2x  5 = x 5 8 2 + 5 8 5 = x 5 8 2 6 8 3x  6 6 8 3 6 8 6 6 8 3

(1)

1p

2p (2)

(3)

2p 1 9 4 4 9 1 1 9 4 1 9 4 Din (1)+ (2)+ (3)  2 8 5 + x2 5 8 2 = 0  2 8 5 - x2 2 8 5 = 0  x2 = 3 8 6 6 8 3 3 8 6 3 8 6 1 x  {  1 }. 2. a)

b)

Ax , Ay  M  Ax  Ay  M Ax  Ay =

1 0

1 0

x 1

y 1

=

1p

1

0

x y 1

= Ax+y ,  x, y  R.

3p

Ax  Ax = Ax+y  M

1p

 Ax , Ay , Az  M, (Ax  Ay )  Az = Ax  (Ay  Az )

3p

(Ax  Ay )  Az = Ax+y  Az = Ax+y+z , Ax  (Ay  Az ) = Ax  Ay+z = Ax+y+z ,  x, y, z R. A1  A4  A9 …  A n 2 = A1+ 4 +…. n 2 ,

n

p p 1

2

=

n(n  1)(2n  1) , A1+ 4 +…. n 2 = A55  6

63

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO n(n  1)(2n  1) = 55  n(n  1)(2n  1) = 5  6  11  n = 5 6 c)

 Ax  M,  Ax’  M

Ax  Ax ‘=Ax’  Ax = Ae (1) unde e este elementul neutru

 Ae  M, Ax  Ae =Ae  Ax = Ax  Ax  M , din punctul a) Ax  Ae = Ax+e = Ax  e = 0 (2)

2p

2p

În relaţia (1) înlocuind e cu valoarea din relaţia (2)  Ax’  Ax = A0  x’ + x = 0 

x’ = - x 1p

Ax’ =

1

0

x 1

,  x  R.


1. a)

Ecuaţia tangentei la Gf în M(xM, yM)

f „(x) = (

y b)

f g

y - yM = f „(xM)(x - xM), formula ( ) ' 

f ' g  fg ' g2

x 2  2x  3 (2 x  2)( x 2  3x  2)  ( x 2  2 x  3)(2 x  3) 5 )‟= , f „(0) = . 2 2 2 4 x  3x  2 ( x  3x  2)

3 5 = x  5x - 4y + 6 = 0. 2 4

1p

x 2  2x  3 x 2  2x  3 x 2  2x  3    -1 (2) . 1 1 (1) şi  x 2  3x  2 x 2  3x  2 x 2  3x  2

(1) 

2p

1p

Pentru D , f(x)  [-1, 1]. -1 

2p

2p

x 1  0  x  (   , -1]  (1, 2) = I1. x  3x  2 2

2 x 2  5x  5  0  x  (   , 1)  (2,   ) = I2  D = I1  I2 = (   , -1] (2)  x 2  3x  2 g(-1) = arcsin f(-1) = arcsin 1 =

 . 2

64

2p


L= lim ( f ( x)) 3 x  g ( 1) = lim ( x 

x 



x 2  2 x  3 3 x 2 . ) x 2  3x  2

1p

x 2  2x  3  = 1, lim (3x  ) =   . x  x 2  3 x  2 x  2

lim

2p

1 x

Nedeterminarea 1 , lim (1  ) x = e. x 





3x 3x x 2  2x  3 x 1 lim (1  2  1) 2 = lim (1  2 ) 2= x  x  x  3x  2 x  3x  2

2p



lim[(1  x 

2. a)



x 1 ) x  3x  2

x 2 3 x  2 x 1

2

f n ( x) dx = xn

]

e2

 e

= e3  L = e3. 2p

x n ln x  x n dx =  ln xdx .

Integrând prin părţi, se obţine: b)

( 3 x  )( x 1) 2 x 2 3 x  2

1 dx = f1 ( x)

 ln xdx = x ln x - 

3p

dx = x ln x – x + c.

1p

e2

1 e x ln x dx .

Se folosește schimbarea de variabilă ln x = t, (ln x)‟= 1/x, x  [e, e2]  t  [1, 2]. e2

1 e x ln x dx =

c)

V= 

2

2

1

t

dt = ln t | 12 = ln 2- ln 1= ln 2

1

2p

1

2  g ( x)dx = 

2

f n ( x) 2 1 ( x n ) dx = 

Integrând prin părţi, se obţine: V = 

2

 ln

2p

2



2

ln xdx .

1 2

2

2p

xdx =  (x ln x| - 2  ln xdx ) =  (x ln x - 2x 2

1

2

2 1

2p

1

2 1

ln x +2x) | . S-a folosit rezultatul de la subpunctul a). V =  (2 ln2 2 – 4 ln 2 + 4) -  (ln2 1 – 2 ln 1 + 2) = 2  ( ln2 2 – 2 ln 2 + 2).

65

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 19 Prof: Ciocănaru Viorica



Numerele care îndeplinesc condiţia din enunţ sunt în progresie aritmetică având

3p

an = a1 + (n - 1)  r, a1= 14, r = 7, an =98 deci 98 = 14 + (n -1)7  n = 13.

2.

(a  a n )n (14  98)13 Suma primilor n termeni ai progresiei aritmetice Sn = 1 , S13 = 2 2 =728.

2p

Gf  Ox = {A, B}, A ≠ B dacă ∆ > 0. Când m = 1 funcţia este de gradul I.

1p

∆ = b2 – 4ac = (3(m + 1))2 – 8(m2 - 1) = (m +1) (9m + 9 – 8m +8) = (m + 1)(m + 17)

2p

∆ = 0 conduce la soluţiile m1 = -1, m2 = - 17.

3.

Pentru ∆ > 0, m (-  , - 17)  (- 1, +  ) – {1} .

2p

( 3 2 x  1 )3= (x +1)3.

1p

2x +1= x3 + 3x2 + 3x +1  x3 + 3x2 + x = 0

2p

x(x2 + 3x + 1) = 0 de unde x1= 0 , x2,3 =

b  , ∆ = b2 – 4ac = 5, x2,3 = 2a

3 5 , deci 2

S = {0,

3 5 }. 2

66

2p


n! n! n! , 0  k  n , C n3 = , C n6 = , 6  n. 3!(n  3)! k!(n  k )! 6!(n  6)!

2p

n! 1 n! > de unde se obţine după simplificări > 3!(n  3)! 6!(n  6)! (n  3)(n  4)(n  5) 1 , 456

3p

Formula C nk =

n < 9 de unde S = {6, 7, 8}. 5.







v şi u sunt coliniari dacă

6.











Condiţia de coliniaritate a doi vectori t = a i + b j şi r = c i + d j este

Teorema sinusurilor

a b = . c d

2 a2 =  2(a – 3) = 3(a +2)  a = - 12. 3 a 3

3p

2p

a b c = = = 2R sin A sin B sin C

AB = c = 8, sin C = sin

2p

1p

 . 3 2p

După înlocuiri şi calcule

c = 2R, sin C

8 sin

 3

= 8

2 3

 R=

8 3 . 3


1 1 2 Pentru p = 0 det A0 = 0 1  2 = -1  A0 este inversabilă. 3 1 3 1 2 1 1 3 5 2 4 3 t t 2 1 , A0 + A 1 = 2 3  1 Pentru p = 1 A1 = 3 2  2 , A 1 = 2 5 1 3 1  2  3 2 1  6

Din punctul a) det A0 = -1   A-1, A-1 =

2p

1p

Tr (A0 + At1) = 2 + 3 – 6 = -1. b)

2p

1 A* , A* matricea complemenţilor det A 67

3p


algebrici ai lui

At0,

At0

1 0 3 = 1 1 1 2 2 3

Complemenţii algebrici sunt A11 = -1, A12 = 1, A13 = 0, A21 = - 6, A22 = 3, A23 = 2, A31 = -3, A32 = 2, A33 = 1

2p

1 1 0 A = 6 3 2 3  2 1 -1

c)

1 11 1 2 1 2 1 2  2 1 n 1 n  2 2  1  2 +….. + 3n n 1  2 Ap = 3 1 1  1  2 + 3  2  p 1 22  3 1 3 2 1  3 1 3 2n  3 1 3

1p

n

n

n n

 Ap = p 1

n

3 p p 1

n

pn

 p  2n

pn

 2n

n

 3n

p 1 n

p 1

p p 1

p 1

n

2 p  3n

n

cu

n(n  1) 2

2p

p 1

1 3(n  1)   Ap = n 2 p 1 n4 n

n3 2 n3 2 1

n3 2

2p

2 3

2.

f (1)= 1 + a + b + 3 + 1 (1), f (-1)= 1 - a + b – 3 + 1 (2).

1p

a)

Din relaţiile (1) , (2), f(1) = 7, f(-1) = 5  a + b = 2, - a + b = 6 deci a = -2, b = 4.

3p

f = X4 - 2X3 + 4X2 + 3X + 1.

1p

g| f dacă r din relaţia f = gq + r este zero unde f, g, q, r R[X], grad q = 2, grad r =1

3p

X4 + aX3 + bX2 + 3X + 1 = (X2 + X +1)q + r  restul este (4 – b)x +1 - b + a = 0

2p

b)

deci a =3, b = 4  f = X4 + 3X3 + 4X2 + 3X + 1 c)

x1,2 = 1 

2 , f (1 

2 ) = (1 

2 )4 + a (1  68

2 )3 + b (1 

2 )2 + 3(1 

2)+1=

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 0, f divizibil cu (X- x1)(X- x2)  (X- x1)(X- x2) = (X- 1- 2 )(X- 1+ 2 ) = X2 -2 X -1, X4 + aX3 + bX2 + 3X + 1 = (X2 - 2 X - 1)q  (5a + 2b +15)x + 2a + b + 6 = 0  a = 3, b =0

 X4 - 3X3 + 3X + 1 = (X2 - 2 X - 1)( X2 - X – 1)  x3,4 =

2p

1p

b  1 5 = . 2a 2


1. a)

Ecuaţia tangentei la Gf în M(xM, yM) f f ' g  fg ' ( )'  g g2

y - yM = f „(xM)(x - xM), formula

2p

2p

x  2x  3 (2 x  2)( x  3x  2)  ( x  2 x  3)(2 x  3) 5 )‟= , f „(0) = . 2 2 2 4 x  3x  2 ( x  3x  2) 2

f „(x) = (

2

2

1p

3 5 y - = x  5x - 4y + 6 = 0. 2 4 b)

Pentru D , f(x)  [-1, 1]. -1 

1p

x 2  2x  3 x 2  2x  3 x 2  2x  3    -1 (2) . 1 1 (1) şi  x 2  3x  2 x 2  3x  2 x 2  3x  2

(1) 

x 1  0  x  (   , -1]  (1, 2) = I1. x  3x  2

1p

(2) 

2 x 2  5x  5  0  x  (   , 1)  (2,   ) = I2  D = I1  I2 = (   , -1] x 2  3x  2

2p

2

g(-1) = arcsin f(-1) = arcsin 1 = c)

1p

L= lim ( f ( x)) 3 x  g ( 1) = lim ( x 

x 

 . 2 

x 2  2 x  3 3 x 2 . ) x 2  3x  2

69

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO x 2  2x  3  = 1, lim (3x  ) =   . 2 x  x  3 x  2 x  2

1p

1 Nedeterminarea 1 , lim (1  ) x = e. x  x

1p

lim





lim (1  x 

3x 3x x 2  2x  3 x 1  1) 2 = lim (1  2 ) 2= 2 x  x  3x  2 x  3x  2

2p



lim[(1  x 

2.

x 1 ) x  3x  2

x 2 3 x  2 x 1

2

]

( 3 x  )( x 1) 2 x 2 3 x  2

= e3  L = e3.

 f ( x) g ' ( x)dx  f ( x) g ( x)   f ' ( x)g ( x)dx

f, g derivabile cu derivatele continue (1)

2p

a) e

e

1

1

 xf ( x)dx =  x ln xdx = (

x2 1 e x2 x2 ln x |1e   xdx ) = ( ln x  ) |1e . 2 2 1 2 4

e2  1 1 xf ( x)dx = 4 .

2p

e

b)

V= 

1p 1p

e2



g 2 ( x)dx , g(x) = f(x)= ln x

1

V= 

1p

e2

 (ln x) dx , cu 2

relaţia (1) din punctul a) 

1

1p

e2

V =  [ x(ln x) | - 2  ln xdx ]  2 e2 1

1

2p

V =  [ x(ln x) 2  2( x ln x  x) ]| 1e =e – 2. 2

c)

x

cu relaţia (1) din punctul a)  In = t (ln t ) | - n  (ln t ) n

x 1

n 1

2p

dt .

1

x

In-1 =  (ln t )

n 1

dt  In = x(ln x) n  n In-1.

1

Inducţie după n  I1 = x ln x  I0 = x ln x  x  1 70

1p 2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO In+1 = x(ln x) n1  (n  1) In , x > 1, n N*.




z  C , z = a + bi , modulul lui |z|= z=

2.

a 2  b 2 , conjugatul lui z z = a + bi.

3  2i (3  2i )(1  3i )  3  11i = = de unde |z|= (1  3i )(1  3i ) 10 1  3i

(

3 2 11 2 130 ) ( ) = . 10 10 10

f(f(x)) = 2f(x) – 1

3p

2p 1p

f(f(x)) = 2(2x - 1) -1= 4x – 3, S = f(f(1)) + f(f(2))+ …. f(f(12)) = 4(1 + 2 + 3 + …12) - 3 2p  12 2p

S = 4  6  13 - 3  12 = 276 sau f(f(1)) = 1, f(f(2)) = 5, f(f(3))= 9,… f(f(12)) = 45 deci termeni în progresie aritmetică. 3.

Condiţii pentru radicalii de ordin par x  0 , x  3

1p

( x  3  x ) 2 = 22 de unde rezultă 3 + 2 x(3  x) = 4  2 x(3  x) = 1

2p

x(3 - x) =

3  9 1 3  2 2 1 1  [0, 3] de unde S= { =  x2 - 3x+ =0, x1,2 = 4 4 2 2

3 2 2 }. 2

71

2p


Mulţimea numerelor naturale impare de două cifre A = {11, 13, ... 99}, card A = 45.

2p

Mulţimea multiplilor lui 3 B = {15, 21, 27, … 99}, card B = 15

3p

Probabilitatea ca numărul impar de două cifre să fie divizibil cu 3, p = 5.

15 1 = . 45 3

Ecuaţia dreptei care trece prin punctul A(x0, y0) şi are panta cunoscută y- y0 = m(x – x0), dreptele paralele au pantele egale. md =

2 2 atunci ecuaţia paralelei la d care trece prin A(2, 1) este y -1 = (x - 2)  3 3

2p

3p

2x - 3y - 1 = 0. 6.

Dacă a  (

a ctg = 2

 2

,  ), cos a < 0, cos a = - 1 sin 2 a = 

4 . 5

a a cos 2 2= 2 a a a sin sin cos 2 2 2

2p

cos

1p

1 a a a a 1 1 a sin a =2 sin cos , cos a =2 cos 2 - 1, cos 2 = de unde ctg = 10 = . 3 2 2 2 2 10 2 3 52

2p


1 m 2 3 d = 1 2m  1 1 m m3

l3  l1



1 m 2 1 2m  1 3 = (m - 5)(m - 1). 0 0 m5

d = 0  m = 5, m = 1.

2p

d  0  m  R - {1, 5}. b) Pentru m = 2

2p

1p

x  2 y  2z  1 x  3 y  3z  1 d = -3 cu metoda lui Cramer Dx = -3, Dy =0, Dx = 0, x  2y  z  1 72

3p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO sistem compatibil determinat cu S = {(1, 0, 0)}.

Pentru m =5

x  5 y  2z  1 x  9 y  3z  1 x  5 y  2z  9

Pentru m = 1

x  y  2z  1 x  y  3z  1 x  y  2z  1

c)

p =



1 2 1 3

sistem incompatibil.

2p

1p

Din punctul a) d = 0

= 1, necunoscute principale y şi z, necunoscută secundară x = 

y  2z  1   y  3z  1  

Dy =

1 

2

1 

3

= 1 -  , Dz =

1 1  1 1 

= 0,

y=

2p

Dy p

, z=

2p

Dz , p sistemul este simplu nedeterminat cu S = {(  , 1 -  , 0)},   R. 2. a)

b)

Ax , Ay  M  Ax  Ay  M Ax  Ay =

1 0

1 0

x 1

y 1

=

1p

1

0

x y 1

= Ax+y ,  x, y  R.

3p

Ax  Ax = Ax+y  M

1p

 Ax , Ay , Az  M, (Ax  Ay )  Az = Ax  (Ay  Az )

3p

(Ax  Ay )  Az = Ax+y  Az = Ax+y+z , Ax  (Ay  Az ) = Ax  Ay+z = Ax+y+z ,  x, y, z R. A1  A4  A9 …  A n 2 = A1+ 4 +…. n 2 ,

n

p p 1

2

=

n(n  1)(2n  1) , A1+ 4 +…. n 2 = A55  6

2p

n(n  1)(2n  1) = 55  n(n  1)(2n  1) = 5  6  11  n = 5 6 c)

 Ax  M,  Ax’  M

Ax  Ax ‘=Ax’  Ax = Ae (1) unde e este elementul neutru

 Ae  M, Ax  Ae =Ae  Ax = Ax  Ax  M , din punctul a) Ax  Ae = Ax+e = Ax  e = 0 (2) 73

2p 2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO În relaţia (1) înlocuind e cu valoarea din relaţia (2)  Ax’  Ax = A0  x’ + x = 0 

1p

x’ = - x Ax’ =

1

0

,  x  R.

x 1


x 1 > 0  x (   , -1)  (1,   )  D = R – [-1, 1] x 1

f (-x) = ln

 x 1 x 1 x 1 = ln = - ln = - f (x) ,  x  R– [-1, 1] deci f impară  x 1 x 1 x 1

lim ln

x 1 = ln 1 = 0  y = 0 ecuaţia asimptotei orizontale la   . x 1

lim ln

x 1 =    x =1 ecuaţia asimptotei verticale la dreapta lui 1 şi analog x = x 1

x 

x 1 x 1

2p

2p

1p

1 ecuaţia asimptotei verticale la stânga lui – 1. b)

Sn = f(2) + f(3) + ... + f(n) = ln

3 4 5 n n 1 + ln + ln +...+ ln + ln . 1 2 3 n2 n 1

Sn = ln

k 1

k

= ln  a k , ak > 0.

1p

1p

k 1

3 4 5 n n 1 n(n  1) n(n  1) Sn = ln   .... = ln , lim S n = lim ln = .  x  x  1 2 3 n  2 n 1 2 2 c)

1p

n

n

 ln a

2 1 3 1 n 1 + ln +... + ln . 2 1 3 1 n 1

L= lim xf ( x) = lim x ln x 

x 

2p

1p x 1 x 1 , lim x =   , lim ln = 0  nedeterminarea   0 x  x  1 x  x 1 1p

74

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO ln L = lim

x 

x 1 x  1  nedeterminarea 0 1 0 x u' f f ' g  fg ' , ( )'  . u g g2

Formulele (ln u)’ =

Cu regula lui l‟Hopital  L = lim

(ln

x 

2.

x

f(x) = sin x , g(x) = a) x

0

x 0

2 x 1 )' 2 x  1 = lim x 2  1 = lim 2 x = 2. x  x 2  1 x  1 1 ( )'  2 x x

x



G( x)  G (0) 0 (G ( x)  G (0))' , nedeterminarea  L = lim 3 x 0 x 0 0 x ( x 3 )'

= lim

3

2p

0

sin t 2 dt x

2p

f (t 2 )dt =  sin t 2 dt , g continuă  g(x) = G(t) | 0x = G(x) - G(0).

0

 L = lim

1p

sin x 2 2 x cos x 2 cos x 2 1 lim lim = =  0 x 0 x0 3 x 2 x0 6x 3 3 [ ]

L = lim

2p

1p

0

b)

h(x) = e f ( x ) cos x = e sin x cos x

1p

 h( x)dx =  e

1p

sin x

cos xdx (1)

1p

(sin x)’= cos x deci sin x = t (2) Din (1) şi (2)  c)

 e dt  e t





0

0

t

c 

 h( x)dx = e

sin x

c

2p 

In =  2 x n sin xdx , I2 =  2 x 2 sin xdx = [ x 2 cos x  2( x sin x  cos x)] |02  I2 =   2 . 

 2

Cu integrare prin părţi  In =  x n cos x |02  n  x n 1 cos xdx 

2p

1p

0

2p 75

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 

In =  x cos x |  n[ x n

2 0

n 1



 2

sin x | (n  1)  x 2 0

n2

0



sin xdx ] , In-2 =  2 x n 2 sin xdx  0

 In = n[( ) n 1  (n  1) In-2], n N* 2




(1 + i)12 = ((1 + i)2) 6 = (2i) 6 = - 26, i2= -1, i2012 = (i4)503= 1.

z 2.

_ _ (1  i )12 6 6 z  z   Z. = 2 Z , = 2 z , z  i 2012

3p 2p

S = x1  x2  a , P = x1 x2  b ,  x1, x2  R.

1p

x13  x23  ( x1  x2 ) 3  3x1 x2 ( x1  x2 ) .

2p 2p 76

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO x13  x23  (a) 3  3b(a)   a 3  3ab  Z,  a, b Z. 3.

2

2x+1

+2

x-1

= 132  2  2

2x = t, t > 0 2  t 2  (t  8)(t 

5.

t t  132  4  t 2  t  264  0  t 2   66  0  2 4

1 2 2

)8 =

2p

n! 1 165 , C nk = , k + 1 = 9, n = 11, b  . 11 k!(n  k )! 2 2 2

165 11  10  9 3 1 165  a 8 4  11  a3 = 2 , a R  a  {3 2} . 11 1 2  3 2 2 2 2

d  AB  md  mAB = -1, d: y  y M m d ( x  xM ) d  AB = {M}, M(

y A  yB ). 2 mAB =

x A  xB , 2

2p

3p

2p

3p

yB  y A 5 1 2 =  ,  md = , M ( , 3) 2 2 5 xB  x A

 d: y  3  6.

2p

33 < 0  2x = 8  x = 3  S = {3}. 4

Tk+1 = C nk a nk b k , Tk+1 = 8 a3 ( C11

1p

2x   132 . 2

33 )  0. 4

 t1 = 8, t2 =  4.

2x

5 1 ( x  )  d: 10x -4y + 7 = 0. 2 2

sin 2 a 1  cos 2 a 1 1 tg a    1  cos 2 a  2 = . 2 2 2 cos a cos a cos a tg a  1

2p

cos 2a  2 cos 2 a  1 .

1p

2

 cos 2 a 

1 1 1 1 =  cos 2a  2   1  cos 2a   . 2 1 3 3 3


77

2p


p p p

p p p

3p2

3p2

3p2

A2 = 3 p 2

3p2

3p2

3p2

3p2

3p2

p A = 3p p p 2

b)

2p

p 1 1 1 p =p 1 1 1 p 1 1 1

p p p

2p

p p =3pA. p

1p

p 1 p p p 1 p =(p -1)3 + 2p3 – 3p2(p - 1) det (A – I3) = p p p p 1

3p

p 1 p p p 1 p =(p +1)3 + 2p3 – 3p2(p + 1) det (A + I3) = p p p p 1

c)

det (A – I3) = 3p – 1, det (A + I3) = 3p + 1  det (A – I3) det (A + I3) = (3p)2 - 1

2p

n = 1  A = (3p)1-1  A

1p

Prin inducţie, se presupune An = (3p)n-1  A adevărată şi se calculează An+1 = (3p)n-1  A2 din punctul a)  An+1 = (3p)n-1  3p  A = (3p)n  A,  n  N*,  p  R.

2p

Pentru n = 2012, An = (3p)n-1  A se obţine A2012= (3p)2011  A

2p

2.

e  Z, x  e = e  x = x, x  Z.

1p

a)

Pentru n = 2, x  y = xy – 2(x + y) + 6,  x, y Z şi x  e = xe – 2(x + e) + 6 de unde

3p

xe – 2(x + e) + 6 = x  e(x - 2) = 3x – 6  e = 3. 1p

S = {3} x  Z. b)

x y  x y n x  y  xy  n( x  y )  n(n  1) (1).

devine

x  y  n 1 xy  n( x  y )  n(n  1)  n



x  y  n 1

3p

xy  n 2p

78

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Sistemul (1) este simetric deci S = {(1, n), (n, 1)},  n  N*. c)

 x, y Z f(x  y) =f(x)+ f(y), f(x  y) = a(x + y – n )+ b, f(x)+ f(y) = a(x + y) +2b 

- an = b (1).

2p

2p

 x, y Z f(x  y) =f(x)  f(y), f(x  y) =a( xy – n(x + y) + n(n + 1)) + b, f(x)  f(y) = (ax + b)(ay + b)  a= a2 (2), an(n + 1)+b = b2 (3) . 1p

Din (1), (2) şi (3)  a =1, b = - n deci f (x) = x – n.


ln(3x  2) este în cazul de x 1 2 x 2  x  3

f(1) = ln (3 - 2) = 0, h(1) = 2 + 1- 3 = 0  lim nedeterminare

0 0

2p

Cu regula lui l‟Hopital , lim x1

f ( x) f ' ( x) = lim , x 1 h( x ) h' ( x )

h’(x) = (2x2 + x – 3)‟ = 4x + 1

lim x1

b)

2p

f’(x) = (ln (3x - 2))‟ =

3 , 3x  2

3 f ' ( x) 3 şi lim = lim 3 x  2 = . x1 h' ( x ) x 1 4 x  1 5

1p

f ( x) 3 = . h( x ) 5 f g

Formula ( ) ' 

f ( x) f ' g  fg ' şi k(x) = . 2 h( x ) g

2 D = ( , +  ) - {1}. 3

k’(x) = (

1p

1p

(ln(3x  2))' (2 x 2  x  3)  (2 x 2  x  3)' ln(3x  2) ln(3x  2) )‟= 2x 2  x  3 (2 x 2  x  3) 2

79

1p


3 (2 x 2  x  3)  (4 x  1) ln(3x  2) k’(x) = 3x  2 = (2 x 2  x  3) 2

3(2 x 2  x  3)  (3x  2)(4 x  1) ln(3x  2) (2 x 2  x  3) 2 (3x  2) 2 domeniul de derivabilitate este ( , +  ) - {1}. 3 c)

ln( x  1) , x >1. ln x

g(x) = logx (x +1) =

Cu formula de la punctul b) g‟(x) = (

g‟(x) =

1p

ln( x  1) 1 )’, (ln x)’ = ln x x

şi (ln (x+1))’ =

x ln x  ( x  1) ln( x  1) , numitorul este pozitiv, xlnx este strict crescătoare x( x  1) ln 2 x

g(x) = logx (x +1)  g(5) = log56, g(3) = log34, g(5) < g(3) cu 3 < 5.

 f ( x)dx =  xe

1p

1p

x ln x  ( x  1) ln( x  1) < 0 deci g este descrescătoare pentru x > 1. x( x  1) ln 2 x

pentru x > 1 iar

2.

1 . x 1

2p

dx =  xe  x   e  x dx =  xe  x  e  x  c =  ( x  1)e  x  c .

2p

1 dx = [( x  1)e  x ] |lnln 32 =  (ln 3  1)e  ln 3  (ln 2  1)e  ln 2 =  (ln 3  1)  3

2p

x

1

a) ln 3

 xe

x

ln 2

1 (ln 2  1) . 2 ln 3

 xe

x

dx = ln 2 

ln 2

b)

In =

1p

f

n

( x)dx =

2 1 1 1  (ln 3 3  ) = ln 3  . 2 3 3 6

x

n

e  x dx .

1p 1p

In =  x n e  x  n x n1e  x dx . In -1 =  x n1e  x dx  In =  x n e  x  n In -1, n N*

80

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Pentru n = 2 I2 =  x 2 e  x  2 I1, cu din punctul a) I1 =  f1 ( x)dx =  xe  x  e  x  2p

I2 =  x 2 e  x  2 (  xe  x  e  x ) =  ( x 2  2 x  2)e  x . c)

x

2p

x

L n = lim  f n (t )dt = lim [  x n e  x  n  t n 1e t dt ] = n L n-1. x 

0

x 

0

L n = n L n-1 = n(n - 1) L n-2 = n(n - 1)(n – 2) L n-3 = .... = n! L1 x

L1 = lim  te t dt = lim (  (t  1)e t| |0x ) = lim (  x 

0

x 

x 

1p

x 1  1 ) = 1  L n = n! ex

2p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 22 Prof: Cristea Maria

 Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10. SUBIECTUL I (30 de puncte)

81


1 .

21005 ⅈ1005

2 .

ⅈ2

502

⋅ ⅈ = −1

Condiţii de existență:

502

1+ⅈ

2010

=

1

1+ⅈ

21005

2 1005

= ⅈ1005

p

⋅ⅈ=ⅈ

𝑥 − 2 ≥ 0 , 𝑥 − 3 ≥ 0, 3𝑥 − 5 ≥ 0

Domeniul de definiţie: 𝐷 = 3, ∞ 1+ 𝑥−2 =

p

p p

𝑥−3+2+ 3𝑥 −5

p

2

2 𝑥 − 2 = 𝑥 − 3 + 3𝑥 − 5 4 𝑥 − 2 = 𝑥 − 3 + 3𝑥 − 5 + 2

𝑥 − 2 3𝑥 − 5

2

𝑥 − 3 3𝑥 − 5 = 0

5

𝑥 − 3 = 0 ⇒ 𝑥 = 3𝜖𝐷 sau 3𝑥 − 5 = 0 ⇒ 𝑥 = 3 𝐷

p 𝑆= 3.

3 .

4𝑥 − 2𝑥 − 12 = 0 ⇔ 2𝑥

2

− 2𝑥 − 12 = 0

p

Notăm 2𝑥 = 𝑎 Ecuaţia devine: 𝑎2 − 𝑎 − 12 = 0 ⇒ 𝑎1 = 4, 𝑎2 = −3 2𝑥 = 4 ⇔ 2𝑥 = 22 ⇒ 𝑥 = 2

p p

2𝑥 = −3 imposibil 𝑆= 2.

4 .

Mulţimea 𝐴 are 7 elemente, deci numărul de submulţimi ale mulţimii 𝐴 este: 𝐶70 + 𝐶71 + ⋯ + 𝐶77 = 27 = 128. Prin urmare mulţimea 𝐴 posedă 128 − 𝐶70 = 127 submulţimi nevide. Submulţimile care au toate elementele pare sunt submulţimi ale mulţimii 𝐵 = 2,4,6 . Deoarece mulţimea 𝐵 are elemente , va avea 23 − 1 = 7 submulţimi nevide.

2p

p

7

Probabilitatea cerută este 𝑃 = 127 . p 5

→

→

→

→

→

Vectorii 𝑢 = 𝑚 − 3 𝑖 + 4 şi 𝑣 = 8 𝑖 − 15 − 𝑚 𝑗 sunt perpendiculari dacă are loc relaţia:

82

p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO →

.

6 .

→

𝑢⋅𝑣 =0

Prin urmare 𝑚 − 3 ⋅ 8 + 4 𝑚 − 15 = 0,

p

adică

p

cu soluţia 𝑚 = 7.

Se observă că numerele ,

şi 10 sunt pitagorice.

p

102 = 62 + 82 , deci triunghiul este dreptunghic.

p

În acest caz lungimea razei cercului circumscris este egală cu jumatate din lungimea ipotenuzei, adică

p

𝑅=

10 2

= 5.


1. a)

Legea de compoziţie “ ” este bine definită dacă ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺 ⇔ 𝑥, 𝑦 ∈ 1,2 ∪ 2, ∞ 1+ 𝑥−1

ln ⁡ 𝑦 −1

𝑥−1

ln ⁡ 𝑦−1

𝑥 ∗ 𝑦𝜖 𝐺 .

are sens şi că 𝑥 − 1

ln ⁡ 𝑦−1

p .Deci

>1.

Pentru a arăta că 𝑥 ∗ 𝑦 ≠ 2 presupunem contrariu. Din 𝑥 ∗ 𝑦 = 2 ⇒ 𝑥 − 1 ln ⁡ 𝑦 −1 = 1 , relaţie adevărată doar dacă 𝑥 − 1 = 1 sau ln⁡ 𝑦 − 1 = 0, de unde 𝑥 = 2 sau 𝑦 = 2. Deoarece 𝑥, 𝑦 ∈ 1,2 ∪ 2, ∞ , rezultă că presupunerea facută este falsă, deci 𝑥 ∗ 𝑦 ≠ 2.

b)

p

Prin urmare legea de compoziţie “ ” este bine definită.

p

Legea de compoziţie “ ”este comutativă dacă 𝑥 ∗ 𝑦 = 𝑦 ∗ 𝑥 ,∀𝑥 , 𝑦𝜖𝐺 = 1,2 ∪ 2, ∞ .

p

Se observă că : 𝑥∗𝑦−1= 𝑥−1

ln ⁡ 𝑦−1

, oricare ar fi 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺.

𝑦∗𝑥−1= 𝑦−1

ln ⁡ 𝑥 −1

oricare ar fi 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺.

p

Pentru a demonstra comutativitatea logaritmăm expresiile de mai sus. 1

ln⁡𝑥 ∗ 𝑦 − 1 = ln⁡ 𝑦 − 1ln⁡𝑥 − 1 = 2 ln⁡𝑦 − 1 ln⁡𝑥 − 1 , iar

83

p


ln⁡𝑦 ∗ 𝑥 − 1 = ln⁡ 𝑥 − 1ln⁡𝑦 − 1 = 2 ln⁡𝑥 − 1 ln⁡𝑦 − 1 ,

c)

ceea ce conduce la 𝑥 ∗ 𝑦 = 𝑦 ∗ 𝑥 , ∀𝑥 , 𝑦 ∈ ℝ. Deci, legea de compoziţie “ ”este comutativă.

p

Pentru a rezolva ecuaţia ecuaţia 𝑥 ∗ 𝑒1 = 2, aflăm mai întâi elemtul neutru 𝑒1 .

p

∃𝑒1 astfel încât 𝑥 ∗ 𝑒1 = 𝑒1∗ 𝑥 = 𝑥, ∀𝑥 ∈ 𝐺 .

Întrucât legea “ ”este comutativă vom considera doar 𝑥 ∗ 𝑒1 = 𝑥 1+ 𝑥−1

ln ⁡ 𝑒1 −1

=𝑥

𝑥−1

ln ⁡ 𝑒1 −1

= 𝑥 − 1, cum 𝑥 − 1 ≠ 1 ln⁡ 𝑒1 − 1 = 1 de

p

unde 𝑒1 = 𝑥 2 + 1𝜖𝐺 .

p

𝑥 ∗ 𝑒1 − 1 = 2

2. a)

𝑥−1

ln ⁡

ⅇ2

=2

𝑥 − 1 = 2 ⇒ 𝑥 = 3.

Funcţia polinomială 𝑓 𝑥 = 𝑥 4 − 4𝑥 2 + 9 10𝑥+3

𝑥2 + 3

2

− 10𝑥 2

𝑥 2 − 10𝑥 + 3 𝑥 2 +

p p

𝑓 𝑥 = 0 𝑥 2 − 10𝑥 + 3 = 0 cu soluţiile 𝑥1,2 =

10±ⅈ 2 2

şi 𝑥 2 + 10𝑥 + 3 = 0 cu

soluţiile 𝑥3,4 =

− 10±ⅈ 2 2

.

Prin urmare 𝑎 = b)

p 10−ⅈ 2 2

este una dintre soluţiile lui 𝑓 𝑥

𝑓 𝑎 = 0.

Din punctul anterior se observă că funcţia 𝑓 𝑥 = 0 are soluţiile 𝑥1,2 = 𝑥3,4 =

10±ⅈ 2 2

şi

p

− 10±ⅈ 2 2

.

Putem descompune 𝑓 𝑥 = 𝑥 − 𝑥1 𝑥 − 𝑥2 𝑥 − 𝑥3 𝑥 − 𝑥4 , cu 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 𝜖ℂ stabilite anterior. Deci polinomul 𝑓 este reductibil peste ℂ 𝑥 . Dar funţia 𝑓 𝑥 poate fi descompusă şi astfel 𝑓 𝑥 = 𝑥 4 − 4𝑥 2 + 9

𝑥2 + 3

𝑥 − 10𝑥 + 3 𝑥 + 10𝑥 + 3 . Deoarece coeficienţii aparţin mulţimii 2

2

2

− 10𝑥 2

p

rezultă că

polinomul 𝑓 este reductibil peste ℝ 𝑥 . Din cele stabilite anterior se observă cu uşurinţă că polinomul 𝑓 nu este reductibil

84

p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO peste ℚ 𝑥 . c)

Notăm cu 𝑆𝑛 = 𝑎1𝑛 + 𝑎2𝑛 + 𝑎3𝑛 + 𝑎4𝑛 , 𝑛 ∈ ℕ∗ . 𝑎1 soluţie a funcţiei 𝑓 𝑥

𝑎14 − 4𝑎12 + 9 = 0

𝑎2 soluţie a funcţiei 𝑓 𝑥

𝑎24 − 4𝑎22 + 9 = 0


𝑎34 − 4𝑎32 + 9 = 0


p

𝑎44 − 4𝑎32 + 9 = 0

Prin adunarea acestor relaţii se obţine: 𝑎14 + 𝑎24 + 𝑎34 + 𝑎44

𝑎12 + 𝑎22 + 𝑎32 + 𝑎42 𝑏 2

36 = 0 𝑐

Deoarece 𝑆2 𝑎12 + 𝑎22 + 𝑎32 + 𝑎42

−𝑎

Se deduce că

𝑆6 = 4 ⋅ −4 − 36 ⋅ 8

−2⋅𝑎

p

𝑆4 − 4𝑆2 + 36 = 0 𝑆4 = −36 + 4 ⋅ 8 = −4 304.

p


1. a)

Se verifică prin calcul.

p

𝑓 ′ 𝑥 = ln⁡1 + 𝑥 − 𝑥 ′ = 𝑥2 𝑔′ 𝑥 = ln⁡1 + 𝑥 − 𝑥 + 2

b)

′

1 1−1−𝑥 −𝑥 −1= = 1+𝑥 1+𝑥 1+𝑥

1 1 − 1 − 𝑥 + 𝑥 + 𝑥2 𝑥2 = −1+𝑥 = = 1+𝑥 1+𝑥 1+𝑥

−𝑥

𝑓 ′ 𝑥 = 0 ⇔ 1+𝑥 = 0 ⇒ 𝑥 = 0 𝑓 ′𝑥 > 0, ∀𝑥 ∈ −1,0 şi 𝑓 ′ 𝑥 < 0, ∀𝑥 ∈ 0, ∞

𝑥=0

p

p

este punct de maxim, deci 𝑓 0 este valoare maximă, prin urmare 𝑓 𝑥 < 𝑓 0 ⇔ 𝑓 𝑥 < 0, ∀𝜖 −1, ∞ 𝑔′ 𝑥 > 0, ∀𝑥 ∈ −1,0 şi 𝑔′ 𝑥 > 0, ∀𝑥 ∈ 0, ∞

𝑥 = 0 este punct de minim, deci

𝑔 𝑥 > 0 este valoare minimă, prin urmare 𝑔 𝑥 > 𝑔 0

85

𝑔 𝑥 > 0, ∀𝑥 ∈ 0, ∞ .

p p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Deci 𝑓 𝑥 < 0 < 𝑔 𝑥 , ∀𝑥 > 0. c)

Din punctul anterior avem ln⁡1 + 𝑥 − 𝑥 < 0 < ln⁡1 + 𝑥 − 𝑥 +

𝑥2 2

−𝑥 < −ln⁡1 +

𝑥<−𝑥+𝑥22 𝑥−

𝑥2

p p

< 𝑙𝑛⁡1 + 𝑥 < 𝑥 , ∀𝑥 > 0. Vom avea

2

1 1 1 1 − < 𝑙𝑛⁡ 1 + < 𝑛2 2𝑛4 𝑛2 𝑛2 3 32 3 3 − < 𝑙𝑛⁡ 1 + 4 < 2 2 4 𝑛 2𝑛 𝑛 𝑛

................................................... 2𝑛 − 1 2𝑛 − 1 − 2 𝑛 2𝑛4

2

< 𝑙𝑛⁡ 1 +

2𝑛 − 1 2𝑛 − 1 < 2 𝑛 𝑛2

Adunând aceste inegalităţile de mai sus obţinem: 1 𝑛2

1 + 3 + ⋯ + 2𝑛 − 1 − 2𝑛 −1

+ln⁡ 1 + 1−

𝑛2

𝑛 4𝑛 2 −1 6𝑛 4

1

1 + 32 + ⋯ + 2𝑛 − 1

2𝑛 4

2

ln⁡ 1 +

1 𝑛2

+ ln⁡ 1 +

3 𝑛2

1

< 𝑛 2 1 + 3 + ⋯ + 2𝑛 − 1 1

3

ln⁡ 1 + 𝑛 2 + ln⁡ 1 + 𝑛 2 + ln⁡ 1 +

2𝑛 −1 𝑛2 1

< 1.Trecând la limită şi

p

3

aplicând teorema cleştelui , obţinem lim ln⁡ 1 + 𝑛 2 + ln⁡ 1 + 𝑛 2 + ⋯ + ln⁡ 1 + 𝑛→∞

2𝑛−1𝑛2=1, deoarece lim

𝑛→∞

2. a) b)

𝑛 4𝑛 2 −1 6𝑛 4

= lim

p

4𝑛 2 −1

𝑛→∞ 6𝑛 3

= 0.

Avem 𝑓 1 = 1 + 1 + ⋯ + 1

p

2003 .

p ′

1

𝐹 ′𝑥 = ∫0 𝑓 𝑡 ⅆ𝑡

𝐹

𝑥 ′ 𝑡 0

= 𝐹

𝑥

−𝐹

′ 0

p

𝑓 𝑥 −0= 𝑓 𝑥 .

c)

𝑎

Pentru a calcula ∫0 𝑔 𝑥 ⅆ𝑥 , ştiind că funcţia 𝑔 𝑥 = 𝐹 −1 𝑥 facem schimbarea de variabilă 𝑔 𝑥 = 𝑡

p

𝑥=𝐹

𝑡

şi ⅆ𝑥 = 𝑓 𝑡 ⅆ𝑡

86

p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Pentru 𝑥 = 0 avem 𝐹 𝑡 = 0, deci 𝑡 = 0 iar pentru 𝑥 = 𝑎, avem 𝐹 𝑡 = 𝑎 = 𝐹 1 , adică 𝑡 = 1, deoarece 𝐹 𝑎

𝑥

=𝑥+

1

𝑥2 2

+

𝑥3 3

+⋯+

𝑥 2003 2003

. Deci

p

1

∫0 𝑔 𝑥 ⅆ𝑥 ∫0 𝑡𝑓 𝑡 ⅆ𝑡 = ∫0 𝑡 + 𝑡 2 + 𝑡 3 + ⋯ + 𝑡 2003 ⅆ𝑡

𝑡2 2

+

𝑡3 3

+ ⋯+

𝑡 2004

1

20

0

1

1

=2+3+

1

⋯ + 2004

p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 23 Prof: Cristea Maria

 Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10. SUBIECTUL I (30 de puncte) 1.

5

1

1

2 1−2ⅈ

+ 1+2ⅈ

5

1+2ⅈ

2

1+2ⅈ 1−2ⅈ

+

1−2ⅈ 1+2ⅈ 1−2ⅈ

5 1+2ⅈ 2

5

+

1−2ⅈ 5

5 1 + 2ⅈ 1 − 2ⅈ 5 2 + = ⋅ =1 2 5 5 2 5

2.

Tripletul 3𝑥 − 1, 𝑥 + 3, 9 − 𝑥 constituie termenii consecutivi ai unei progresii geometrice dacă are loc relaţia: 𝑥 + 3 = 3𝑥 − 1 9 − 𝑥 , Condiţii de existenţă: 3𝑥 − 1 9 − 𝑥 ≥ 0 𝑥+3

2

𝑥∈

1 3

p p

p

;9

= 3𝑥 − 1 9 − 𝑥 , adică 4𝑥 2 − 22𝑥 + 18 = 0

9

𝑥1 = 2 şi 𝑥2 = 1, ambele aparţinând intervalului

87

1 3

2𝑥 2 − 11𝑥 + 9 = 0 cu soluţiile

p

;9 .

p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 𝑆=

3.

9 2

;1 .

10𝑥 + 4𝑥 − 2 ⋅ 25𝑥 = 0

2𝑥 ⋅ 5𝑥 + 2𝑥

2

− 2 ⋅ 5𝑥

2

=0⇔

2 𝑥 5

2 2 𝑥

+

5

− 2 = 0 , s-

p

au împărțit ambii membrii ai ecuației cu 52𝑥 > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ Notăm

2 𝑥 5

2 𝑥

Înlocuind Ecuația

= 𝑡 . Se obţine ecuaţia: 𝑡 2 + 𝑡 − 2 = 0 cu soluţiile 𝑡1 = −2 şi 𝑡2 = 1.

5

2 𝑥 5

2 0

=1=

5

p

⇒𝑥=0

p = −2 nu are soluție.

Deci 𝑆 = 0 . 4.

Mulţimea 𝐴 are elemente, deci numărul de submulţimi nevide ale mulţimii 𝐴 este: 26 − 1 = 63. Dintre submulţimile nevide ale mulţimii 𝐴 există 𝐶63 + 𝐶64 + 𝐶65 + 𝐶66 = 26 − 𝐶60 + 𝐶61 + 𝐶62 = 42 submulţimi care au cel puţin trei elemente. Probabilitatea cerută este: 𝑃

42 63

p

p

2

= . 3

p 5.

→

→

→

→

→

Vectorii 𝑢 = 𝑚 − 3 𝑖 + 4 și 𝑣 = 8 𝑖 − 15 − 𝑚 𝑗 sunt coliniari dacă are loc relaţia: 𝑚 −3 8

4

= − 15−𝑚 ⇔ 𝑚 − 3 𝑚 − 15 = 32 ⇔ 𝑚 2 − 18𝑚 + 13 = 0 cu soluţiile

p

𝑚1 = 9 + 2 17 şi 𝑚2 = 9 − 2 17

6.

p

Raza cercului circumscris este 𝑅 =

𝑎 ⋅𝑏⋅𝑐 4𝐴

, unde 𝑎, 𝑏 şi 𝑐 sunt laturile triunghiului iar 𝐴

p

aria acestuia. Din formula lui Heron 𝐴 = 𝑝 𝑝 − 𝑎 𝑝 − 𝑏 𝑝 − 𝑐 , unde 𝑝 = 𝐴=

𝑎+𝑏+𝑐 2

=

7+5+6 2

= 9, deci

p

9 9−7 9−5 9−6 = 9⋅2⋅4⋅3 = 6 6 . 5⋅7⋅6

Prin urmare 𝑅 = 4⋅6

𝜎

35

=4

6

=

35 6 24

p

.


88


𝑥 , 𝑦𝜖 −1, ∞

𝑥 + 1 > 0 şi 𝑦 + 1 > 0

𝑥+1 𝑦+1 > 0

𝑥 + 1 𝑦 + 1 − 1 > −1

𝑥𝑇𝑦 = 𝑥 + 1 𝑦 + 1 − 1 −1, adică 𝑥𝑇𝑦 ∈ 𝐺 = −1, ∞ , ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺 . Deci, legea de

compoziţie “𝑇 ” este corect definită. 𝑥, 𝑦 ∈ 1, ∞

𝑥 − 1 > 0 şi 𝑦 − 1 > 0

p 𝑥−1 𝑦−1

𝑥 ∗ 𝑦 = 𝑥 − 1 𝑦 − 1 + 1 > 1, adică 𝑥 ∗ 𝑦 𝐺 ′

𝑥−1 𝑦−1 +1 > 1

1, ∞ , ∀𝑥 , 𝑦 𝐺 ′ .

Deci, legea de compoziţie “ ” este corect definită. b)

p

p

∃𝑒1 ∈ 𝐺 astfel încât 𝑒1 𝑇𝑥 = 𝑥𝑇𝑒1 = 𝑥 , ∀𝑥 ∈ 𝐺 . Evident legea “𝑇” este comutativă, deci pentru a afla elementul neutru este suficient să folosim doar relaţia 𝑒1 𝑇𝑥 = 𝑥

p

𝑒1 + 1 𝑥 + 1 − 1 = 𝑥 𝑥 + 1 ⋅ 𝑒1 = 0, deoarece 𝑥 + 1 ≠ 0 𝑒1 = 0 𝜖𝐺 , deci

este element neutru.

p

∃𝑒2 ∈ 𝐺 ′ astfel încât 𝑒2∗ 𝑥 = 𝑥 ∗ 𝑒2 = 𝑥 , ∀𝑥 ∈ 𝐺 ′ .Evident legea „ ” este comutativă,

deci pentru a afla elementul neutru este suficient să folosim doar relaţia 𝑒2∗ 𝑥 = 𝑥 𝑒2 − 1 𝑥 − 1 + 1 = 𝑥

p

𝑥 − 1 𝑒2 − 2 = 0, deoarece 𝑥 − 1 ≠ 0

Prin urmare 𝑒1 𝑇𝑒2 ∗ 𝑒1∗ 𝑒2 c)

𝑒2 = 2 𝐺 ′ .

2 ∗ 0 = 0.

Funcţia 𝑓 𝑥 : 𝐺 𝐺 ′ este izomorfism dacă :

p

𝑎 ) 𝑓 𝑥 este bijectivă. 𝑏) 𝑓 𝑥𝑇𝑦 = 𝑓 𝑥 ∗ 𝑓 𝑦 , ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺 . 𝑎 ) 𝑓 𝑥1 = 𝑓 𝑥2

𝑥1 + 2 = 𝑥2 + 2 𝑥1 = 𝑥2 , deci 𝑓 𝑥 este injectivă.

p

∀𝑦 ∈ 𝐺 ′ , există cel puțin un element 𝑥 ∈ 𝐺 , astfel încât 𝑓 𝑥 = 𝑦 𝑥 = 𝑦 − 2 (adevărat

deoarece ∀𝑦 > 1, există cel puțin un 𝑥 = 𝑦 − 2 > −1 astfel încât 𝑓 𝑥 = 𝑦) , deci 𝑓 𝑥 este surjectivă. Prin urmare, din cele stabilite anterior, rezultă că 𝑓 𝑥 este bijectivă. 𝑏) 𝑓 𝑥𝑇𝑦 = 𝑥𝑇𝑦 + 2 = 𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 + 2, iar 𝑓 𝑥 ∗ 𝑓 𝑦

𝑓 𝑥 ⋅ 𝑓 𝑦 −𝑓 𝑥 − 𝑓 𝑦 + 2

p 𝑥+2 𝑦+2 − 𝑥+2 − 𝑦+2 +2

𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 + 2, deducem că 𝑓 𝑥𝑇𝑦 = 𝑓 𝑥 ∗ 89

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 𝑓 𝑦 , ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺 , ceea ce arată că 𝑓 𝑥 este morfism de grupuri.

2. a)

Drept urmare, 𝑓 𝑥 este izomorfism de grupuri.

p

Metoda 1. 1 − ⅈ este rădăcină a funcţiei 𝑓 𝑥 𝑓 𝑥 se divide cu 𝑥 − 1 + ⅈ, dar și 1 + ⅈ este rădăcină a funcţiei 𝑓 𝑥 , deci 𝑓 𝑥 se divide cu 𝑥 − 1 − ⅈ. Prin urmare 𝑓 𝑥 se divide cu 𝑥 − 1 + ⅈ 𝑥 − 1 − ⅈ 𝑥 2 − 2𝑥 + 2. Din teorema împărțirii cu rest rezultă

p

𝑓 𝑥 = 𝑥 3 + 𝑥 2 + 𝑎𝑥 + 𝑏

𝑎 + 4 𝑥 + 𝑏 − 6, și punând condiția

𝑥 2 − 2𝑥 + 2 𝑥 + 3

𝑎 + 4 𝑥 + 𝑏 − 6 = 0 𝑎 = −4 și 𝑏 = 6.

p p

Metoda 2. 1 − ⅈ este rădăcină a funcţiei 𝑓 𝑥

𝑓 1−ⅈ = 0

−4 − 𝑎 ⅈ + 𝑎 + 𝑏 − 2 =

0 −4 − 𝑎 = 0 și 𝑎 + 𝑏 − 2 = 0

b)

𝑎 = −4 și 𝑏 = 6.

Deoarece 1 + 2 este o rădăcină a funcției 𝑓 𝑥 , rezultă că și conjugata 1 − 2 este rădăcină a funcției 𝑓 𝑥 . Pentru a afla a treia rădăcină este necesar sa determinăm valorile parametrilor 𝑎 și 𝑏. 1 + 2 este o rădăcină a funcției 𝑓 𝑥 7 + 𝑎 = 0 și 10 + 𝑎 + 𝑏 = 0

c)

𝑓 1+ 2 = 0

7+𝑎

p

2 + 10 + 𝑎 + 𝑏 = 0

p

𝑎 = −7 și 𝑏 = −3.

Deducem că 𝑓 𝑥 𝑥 − 1 − 2 𝑥 − 1 + 2 ⋅ 𝑥 + 3 𝑥 2 − 2𝑥 − 1 𝑥 + 3 rezultă din 𝑓 𝑥 = 0 că 𝑥 + 3 = 0, deci a treia rădăcină este −3.

p

Funcția 𝑓 𝑥 are o rădăcină triplă

p

𝑓 ′′ 𝑥 = 0 𝑓′ 𝑥 = 0 𝑓 𝑥 =0

6𝑥 + 2 = 0

𝑓 𝑥 = 0, 𝑓 ′ 𝑥 = 0 și 𝑓 ′′ 𝑥 = 0.

1

p

𝑥 = −3

3𝑥 2 + 2𝑥 + 𝑎 = 0

1 3

2

p

1

− 3 + 𝑎 = 0 𝑎 = 3 𝜖ℚ. 1

1

1

1

1

𝑥 3 + 𝑥 2 + 𝑎𝑥 + 𝑏 = 0 − 27 + 9 + 3 ⋅ − 3 + 𝑏 = 0 𝑏 = 27 𝜖ℚ

p


90


b)

𝑓1 𝑥 = 𝑥 ⋅ ⅇ𝑥

′

= ⅇ𝑥 + 𝑥ⅇ𝑥 , 𝑓2 𝑥 = ⅇ𝑥 + 𝑥 ⋅ ⅇ𝑥

′

= ⅇ𝑥 + ⅇ𝑥 + 𝑥 ⋅ ⅇ𝑥 = ⅇ𝑥 2 + 𝑥

𝑓2 𝑥 = 0 ⇔ ⅇ𝑥 𝑥 + 2 = 0 , deoarece ⅇ𝑥 ≠ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ

𝑥 + 2 = 0 ⇒ 𝑥 = −2

p p

Pentru a calcula limita cerută aflăm 𝑓𝑛 𝑥 şi 𝑓𝑛 +1 𝑥 . Obervăm că 𝑓1 𝑥 = ⅇ𝑥 1 + 𝑥 𝑓2 𝑥 = ⅇ𝑥 2 + 𝑥 ....... Intuim că 𝑓𝑛 𝑥 = ⅇ𝑥 𝑛 + 𝑥 şi demonstrăm această relaţie

p

prin inducţie. Fie 𝑃𝑛 : 𝑓𝑛 𝑥 = ⅇ𝑥 𝑛 + 𝑥 Etapa de verificare. 𝑃 1 : 𝑓1 𝑥 = ⅇ𝑥 1 + 𝑥 , adevărat.

p

Etapa de demonstraţie.Presupunem adevărată propoziţia 𝑃 𝑘 : 𝑓𝑘 𝑥 = ⅇ 𝑘 + 𝑥 şi demonstrăm adevărată propoziţia 𝑃𝑘+1 : 𝑓𝑘+1 𝑥 = ⅇ𝑥 𝑘 + 1 + 𝑥 . 𝑥

Dar 𝑓𝑘 +1 𝑥 = 𝑓𝑘′ 𝑥

ⅇ𝑥 𝑘 + 𝑥

′

= ⅇ𝑥 𝑘 + 1 + 𝑥 , ceea ce trebuia demonstrat.

Prin urmare 𝑃1 adevărată, 𝑃𝑘 ⇒ 𝑃𝑘+1 𝑃𝑛 este adevărată. Prin urmare lim

ⅇ𝑥 𝑛+1+𝑥

𝑓𝑛 +1 𝑥

ⅇ𝑥 𝑛+𝑥

𝑥 →∞ 𝑓𝑛 𝑥

c)

= 1.

p

Studiem întâi existenţa asimptotei orizontale. 𝑥 𝑥 →−∞ ⅇ−𝑥

lim 𝑓0 𝑥 = lim 𝑥 ⋅ ⅇ𝑥 = −∞ ⋅ 0 = lim

𝑥 →−∞

𝑥 →−∞

p −

∞ ∞

= lim

1

𝑥 →−∞ −ⅇ−𝑥

=

1 −∞

= 0 (am folosit

teorema lui l‟Hospital).

2. a)

Deci 𝑦 = 0 este asimptotă orizontală la graficul funcţiei 𝑓0 către −∞.

p

Deoarece graficul funcţiei 𝑓0 𝑥 are asimptotă orizontală nu mai are asimptotă oblică, prin urmare pe aceasta nu o mai studiem.

p

𝑓 ′ 𝑥 = ln⁡1 + 𝑥 − 𝑥

p

1 1+𝑥

b)

−𝑥

p

− 1 = 1+𝑥 , ∀𝑥 > −1. 1

𝐼𝑛 =

′

0

𝑥𝑛 2004 +𝑥 𝑛

ⅆ𝑥

1 𝑛

1

ln⁡2004 + 𝑥 𝑛

′

⋅ 𝑥 ⅆ𝑥

0

𝑥𝑛ⅆ𝑥 1𝑛ln⁡20052004−1𝑛01ln⁡2004+𝑥𝑛ⅆ𝑥.

91

1

ln⁡2004 + 𝑥 𝑛 ⋅ 𝑥 𝑛

1 0

1

1

− 𝑛 ∫0 ln⁡2004 +

p p


1

Se arată că 𝐽𝑛 = 𝑛 𝑥ln⁡1 + 𝑥 𝑛

1 0

1

1

− 𝑛 ∫0 ln⁡1 + 𝑥 𝑛 ⅆ𝑥

1 𝑛

1

1

ln⁡2 − 𝑛 ∫0 ln⁡1 + 𝑥 𝑛 ⅆ𝑥, deci

p p

1

𝑛 ⋅ 𝐽𝑛 = ln⁡2 − ∫0 ln⁡1 + 𝑥 𝑛 ⅆ𝑥 .

Cum 0 ≤ ln⁡1 + 𝑥 𝑛 ≤ 𝑥 𝑛 , ∀𝑥 > 0, rezultă că 0 ≤ ∫0 ln⁡1 + 𝑥 𝑛 ⅆ𝑥 ≤ 𝑛+1 , deci lim ∫0 ln⁡1 +

p

𝑥𝑛ⅆ𝑥=0 (s-a aplicat teorema cleștelui) și atunci

p

lim 𝑛𝐽𝑛 ln⁡2.

p

1

1

1

𝑛 →∞

𝑚 →∞

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 25 Prof: Dogaru Ion Filiera teoretica,profilul real,specializarea matematica – informatica. Filiera voctionala,profilul militar,specializarea matematica - informatica  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.

SUBIECTUL I (30 de puncte) 1. x + 3 ≠ 0 şi 2x -1 ≠ 0  x  R – {1/2, -3} 9 x2  12 x  4  0 2 x1  x2  3 2. Termenul din mijlocul dezvoltǎrii este T 7 T7 = C126 a a = 503/231 3. Fie M mijl [BC]  M(2,-2) AM: 3x – y – 4 = 0 4. tg  tg (900   )  1,   (00 ,900 ) tg10 tg 20  tg890  1 5. f bijectivǎ  S = f(-3) + f(-2) + f(-1) + f(0) + f(1) + f(2) + f(3) = – 3 – 2 – 1 + 0 + 1 + 2+3 S=0 6. x > 0 92

1p 3p 1p 1p 2p 2p 2p 3p 3p 2p 4p 1p 1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO (lg x  3)(lg x 10)  0 x1  103 ; x2  1 SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte) 1. detA = 2 x, x R a) x  1006 b) 2 0 0    2 A  0 2 0  , x  R   2 0 0 x 

2p 2p 3p 2p 2p

1p 1p

x = 2  A2 = 2I3 A2k  2k I3 , k  N*; A2k 1  2k A, k  N c) det(t2A) = - 2xt6, x R t2(t4 – 1) = 0 t1 = 0, t2 = - 1, t3 = 1 2. f    X şi x = i rǎdǎcinǎ  f(i) = 0 a) a=0;b=7 b) x1 + x2 + x3 + x4 = 0 x1x2 + x1 x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3 x4 = 9/2 (x1 -3/2)2 + (x2 -3/2)2 + (x3 -3/2)2+ (x4 -3/2)2 = 0 c) x1, x 2 , x 3 , x 4  R atunci, folosind punctul b), obţinem x1 = x2 = x3 = x4 = 3/2 a = - 27 ; b = 81/8 SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte) 1. lim 3 x 3  3x  4    Gf nu are AO a) x f (x) lim  1; x  x lim[f (x)  x]  1 ; x

b)

c)

y = x + 1 , asmptotǎ oblicǎ; f cotinuǎ pe R  G f nu are AV x3 + 3x2 – 4 = 0  f derivabilǎ pe R\{-2,1} 3x 2  6x  f (x)  , x  R\{-2,1} 3 3 (x 3  3x 2  4)2 f2(x) f ‘(x) = x2 + 2x , x  x 

f (x)  f (2) 3 x  1  , x  R\{-2} x2 x2 x 1 fs(2)  lim 3   x2 x2

1p 2p 1p 2p 2p 3p 1p 1p 3p 2p 3p 1p 1p 1p 1p 1p 1p 2p 2p 3p 1p

93

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f d (2)  lim 3 x2

2. a)

b)

c)

x 1   x2

1p

3 f (x) x3 x 2 dx  2 (x 2  x  2)dx  (   2x)32 x 1 3 2 41 I 3 x3 – 3x + 2 = (x – 1)2(x + 2) x 2  13 2 1 4    , x   1,0 f (x) x  1 x  2 (x  1) 2 2 0 x  13 1 f (x) dx   3ln 2  6

I  2

3

f (x)  3x 2  3, x R f (x)  0  x  1 fmin = f(1) = 0 fmax = f(-1) = 4

3p 2p 1p 2p 2p 2p 1p 1p 1p


SUBIECTUL I (30 de puncte) 1. (1 + i )4 = - 4 (1 – i )4 = - 4 (1 + i )2012 - (1 – i )2012 = 0 2. 4 11x + 4 ≥ 0  x  11 2 x – 7x = 0 x1 = 0; x2 = 7 3. 2cos2x + cosx – 1 = 0 cosx = ½ şi x   0,2   x =  cosx = -1 şi x   0,2   x = 

2p 2p 1p 1p

3

şi x =

5 3

2p 2p 1p 2p 2p

94

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f strict crescǎtoare  f este injectivǎ f({1,2,3,4}) are 4 elemente Numǎrul funcţiilor = C64  15 5. Fie M mijl.segmentului [A,B]  M(-1,1) m = - 4/3 AM: 4x + 3y – 1 = 0 6. a3 = a6 – 3r a19 = a16 + 3r a3 + a19 = 2012 SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte) 1. 2 1 a) 3 1  1  rangM  2, m  R detM = m2 – 6 m + 5 rangM = 2  m1 = 1; m2 = 5 b) A,B,C necoliniare  detM  0 mR\{ 1, 5} 1 2 c) AABC = m  6m  5 2 m2 – 6m + 5 = (m – 3)2 – 4 Pentru m[ 1,5], triunghiul ABC are aria maximǎ dacǎ m = 3  Aria max = 2 2. x,y  G  1 + xy > 0 a) (x  1)(y  1) x,y  G  > 0  x  y > -1 1  xy (x  1)(y  1) x,y  G  < 0  x  y > -1 1  xy x,y  G  x  y  G  G parte stabilǎ b) 1  xy  x  y f( x  y ) = ,  x,y  G 1  xy  x  y 1  xy  x  y f(x)·f(y) = , x, y  G 1  xy  x  y f( x  y ) = f(x)·f(y),  x,y  G c) 1 n 1 f( )  , n  1 n n 1 1 1 1 1 1 1 f (y)  f (      )  f ( )  f ( )      f ( )  1/45 2 3 9 2 3 9 1 y 1  1  y 45 1 1 22 y       2 9 23 SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte) 4.

95

2p 3p 1p 2p 2p 2p 2p 1p

1p 2p 2p 3p 2p 1p 2p 2p 1p 1p 1p 2p 2p 2p 1p 1p 2p 1p

1p


b)

3x 4  x 2  3 , x  R x2  1 f (x)  0, x  R  f este strict crescǎtoare pe R

f (x) 

3p 2p 1p 1p 2p 1p

f este strict crescǎtoare pe R  f este injectivǎ f continuǎ limf (x)    f este surjectivǎ x 

f este bijectivǎ c)

2. a) b)

c)

x 3  2x  5arctgx x  xm Dacǎ m > 3 atunci l = 0 Dacǎ m < 0 atunci l =  Dacǎ m = 3 atunci l = 1 I2 = e – 2I1 I1 = 1 I2 = e – 2 xnex > 0 oricare ar fi x  [0,1]  In >0 ,oricare ar fi n  N* 1 n x In+1 – In = 0 x (x  1)e dx < 0 oricare ar fi n  N*  (In)n>1 este strict descrescǎtor l  lim

1  I1  In  0, n N*  (In)n>1 este mǎrginit (In)n>1 monoton şi mǎrginit  (In)n>1 convergent. In+1 = e – (n +1)In, oricare ar fi n  N* nIn = e + In – In+1, oricare ar fi n  N* (In)n>1 convergent  lim(In  In1 )  0 n 

lim nIn  e

1p 1p 1p 2p 2p 2p 1p 1p 2p 1p 1p 2p 1p 1p 1p

n 


SUBIECTUL I (30 de puncte) 1. k  [( 5  11)2 ]  16  [2 55]  16  [ 220] k = 30 2. y = 7 – x 96

3p 2p 1p


3.

4.

5.

6.

3x2 – 21x + 36 = 0 x1 = 4  y1 = 3 x2 = 3  y2 = 4 x  , x  2 ; 2Cxx2  x(x  1) 2x(x – 1) = 1524 x = 28 d = divizor natural al lui 2012  d  {1,2, 4, 503} nr.caz.favorabile 1 p  nr.caz.posibile 2     u  v  4i  3 j   uv 5

2tgx , x  R 1  tg 2 x 2tg2 x + 5tgx + 2 = 0 tgx = -2; tgx = -1/2   3  x   ,   tgx  2 2 4  SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte) 1.  6 2 2  a)   * A =  6 2 2   6 2 2    * A ≠ O3  rang A* ≥ 1 A* are liniile (coloanele) proporţionale rang A* = 1 b) 4 2 2    2 A =  6 8 2   6 2 8     10 20 10    3 A =  20 20 0  =10A;  10 40 30    c) detA = 0; 1 2 dp =  2  rangA = 2; 2 2 sin 2x 

2p 1p 1p 1p 1p 2p 1p 2p 3p 2p 3p

2p 1p 1p 1p

1p 2p 1p 1p

3p

2p

1p 1p

1 2 2 minorul caracteristic dc= 2 2 7  0  sistemul este compatibil; 1 4 1 97

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  5z    Ecuaţia are soluţiile: Xz =  z  3  , z  C 2    z  0 2. a100  2C100  2; a) a  0 99 a100  a 99  2 b) f = (X2 – 1)g +aX + b, a,b  C; f(1) = (1 + i)100 + (1 – i)100 = f(-1) = - 251 a = 0 ; b = 250 100 c) x i f(x) = 0    cos   isin   x i (2k  1) (2k  1) x  i  (x  i)(cos  isin ),k  {0,1,…,99} 100 100 (2k  1) Rǎdǎcinile xk  ctg ,k {0,1,...,99} sunt toate reale 200 SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte) 1. f „(x) = - 3x2 + 10x – 3 , x R a) f (x)  0  x1  1 3, x 2  3 f este strict crescǎtoare pe [1/3,3] f este strict descrescǎtoare pe (,1 3] ,respectiv pe [3, ) b) f  (x) = - 6x +10 x R f  (x) =0  x  5 3 f este convexǎ pe (, 5  ; 3 f este concavǎ pe  5 ,    3 c) Folosind punctul a) , obţinem x = 1/3 este punct de minim, iar x = 3 este punct de maxim f(1/3) = m – 13/27 ; f(3) = m+9 m  13 27  0 f are trei rǎdǎcini reale distincte    m90 m  (9,13 ) 27 2. f (x)  0, x [0,1]  Aria  1 (1  x) ndx ; 0 f a) 1 (x  1)n1 1 Ariaf  (1)n  n 1 0 n 1 b) I  1 xf (x)dx  (1)n 1 x(x  1) n dx n

0

0

98

2p 2p 2p 1p 1p 2p 2p 1p 2p 2p

1p 2p 1p 1p 1p 2p 1p 1p 1p 1p 2p 1p 2p

3p 1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO (1)n1 1 n 1  (x  1) dx n 1 0 (1)n1 (1) n3 1 In    , n  N n  1 n  2 (n  1)(n  2)

In 

c)

x x n x  1 In = 0 f n ( )dx  0 f n ( )dx  (1) n   1 n n n  1 n 

2p 2p n 1 1

1

;

2p

0

n  n  1  1  (1) n  1 n 1 n 2   lim  1 1   1 lim I  lim (  1)  (  1)  = 1–e n      n  n  n 1  n  n n  1  n  n   n

3p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 31 Prof: …Gaga Loghin.



i  i 2  i 3  i 20  i12320  i

2021 2

2p

 i 210

1p

210  4  52  2

2p

i 2.

210

i

452 2

 i  1 2

O funcție este injectivă pe un interval dacă este strict monotonă pe acel interval

f   x   3x 2  1  0

1p 2p

Derivata întâi este pozitivă, strict, deci funcția f(x) fiind strict crescătoare pe  , adică injectivă

99

2p


16x  5  4x1  21  0  42 x  20  4x  21  0

1p

Notez 4x  t; t  0  t 2  20t  21  0  t1  1, t2  21 , care nu corespunde

2p 2p

Din 4x  1  4x  40  x  0 4.

p

cf

1p

; c p  900 , numărul de numere de câte 3 cifre.

Conform enunțului, avem următoarele forme de numere: numere de forma aab . Numărul de

3p

numere de această formă este 9  9  81 . Numere de forma aba . Numărul de numere de această formă este 9  9  81. Numere de forma baa . Numărul de numere de această formă este

9  9  81. 1p

cf

243 27 Deci, numărul de cazuri favorabile este c f  81 3  243 , iar p     0, 27 c p 900 100

5.

Mediana din vârful A cade pe mijlocul laturii BC. Fie M mijlocul laturii BC. Avem

xM  x xA xM

xB  xC 3  7 y  yC 4  2   2, yM  B  1 2 2 2 2 y 1 x y 1 . yA yM

3p

1 0 2 5 1 0 x20 1 2 1 1

x Ecuația dreptei AM este: xA xM 6.

2p

sin a  1  cos 2 a  1 

y yA

1 x y 1 1 0 2 5 1 0 x2 0

yM

1

2 1 1 2p

16 3  25 5

a a a sin 2sin  cos a 2  2 2  sin a  3 tg  a 2 cos a 1  cos a 2 cos 2 2 2 SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte) 100

3p






1. a)

det M  m  m  1  m2  m2  2m  1   m2  2m  1    m  1

b)

Pentru m  1  rangM  2 . Necunoscute principale: y, z; necunoscuta secundară

5pp

2

x  a  . Ecuații principale: primele două. Sistemul devine  y  z  3  a z  4   S a,  1  a, 4   y  1  a  y  1  a c)

3p 2p

Sistemul este incompatibil dacă rangul matricei sistemului este  de rangul matricei extinse.

1p

Pentru m  1  rangM  3 . Fie matricea extinsă

2p

1 1  M  m 1 1 1  1 1 d1  1 0 1 m

1 3  0 1 m 3  3 1  0  1  3m  0  3  m  4m  4  4  m  1  0 3

2p

1 1 d1  1 0

3 1  0  1  3m  0  3  m  4m  4  4  m  1  0 , deci rang M =3 și 1 m 3

sistemul este compatibil, m  . 2.

x  y  2 xy  4 x  4 y  8  5a  8  2 x  y  2   4  y  2   5a  8 

a)

 2  x  2  y  2   4  a  2   a  a, a  2

b)

Se verifică imediat că operația este corect definită, că este asociativă și comutativă.

5p

2p

Elementul neutru este unic și avem:

x  e  x  2 xe  4 x  4e  5a  x  2e  x  2   5  x  a   a  2 și e 

5 2

3p

Elementul simetrizabil se verifică imediat

c)

f este bijectivă, fiind funcție de gradul I, strict crescătoare.

101

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f  x  y  f  x  f  y

3p

Verificăm relația f  x  y   2  2 xy  4 x  4 y  10   4  4 xy  8 x  8 y  16

f  x   f  y    2 x  4    2 y  4   4 xy  8 x  8 y  16 f  x  y   2  2 xy  4 x  4 y  10   4  4 xy  8 x  8 y  16 f  x   f  y    2 x  4    2 y  4   4 xy  8 x  8 y  16





Deci grupurile  G,  și  ,  sunt izomorfe.


1. a)

b)

f  x 



 



2x x2  1  x2 1  2x

4x



 x  1  x  1 2 4  x  1  8 x  x  1 4  x  1 x  1  2 x  4 1  x  f   x     4 4 3  x  1  x  1  x  1 2

2

Monotonia depinde de semnul derivatei I. Pentru x  0 f(x) este crescătoare; pentru x  0 , f(x) este descrescătosre Determinăm semnul derivatei a doua și obținem:

2p 3p

2p

2p

pentru x   ,  1  1,   , f   x   0  f(x) este concavă; pentru x   1,1 , f   x   0  f(x) este convexă c)

 

 

g xk  f xk

 lim x 2

 1 f k x

1p

1 1 2k x  1 x2k  1 1  x2k  x2k     2k 0  2k 2k  x 1 1 1 x 1 x 1 x2k

 





g  x   g x 2    g x 2011  x 2013 x 2012

 lim x 2

102

x 2013  lim x  2 x 2012 x2

3p

2p


1

I0   0

1  1 dx  arctgx 0  2 x 1 4

2p

x 1 2x 1 u 1 1 I1   2 dx   2 dx   dx  ln u  ln x 2  1 x 1 2 0 x 1 20 u 2 2 0 0 1

b)

1

1

1





1

 0

ln 2 2

3p

n n 1 Fie x  0,1  x  x . Deoarece

xn x n 1 xn x n 1   dx  0 x2  1dx  I n  I n1 x 2  1 x 2  1 0 x 2  1 1



1



I n  I n2



1 1 xn x2  1 1 xn xn2 1  2 dx   2 dx   dx   x n dx  2 x 1 x 1 x 1 n 1 0 0 0 0 1

1 1  I n  I n 1  2 I n  I n  n 1 2  n  1

2p

1p

2p

1 1  I n  I n2  2I n  I n  n 1 2  n  1  c)

1 1  In  , n2 2  n  1 2  n  1

1 1 n n 1  In  | n   nI n  | 2  n  1 2  n  1 2  n  1 2  n  1 3 

2p

n 1 1 n 1   nI n    2  n  1 3 3 2  n  1 3

 n  n 1 1 1  lim     lim  nI n    lim    n  2  n  1 3  n  3  n  2  n  1 3   n2 1 n2 1 1   lim  lim  nI n    lim  lim  nI n    n  6  n  1 n  3  n 6  n  1 n  3 6 

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE

103

3p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Varianta 32 Prof: Gaga Loghin.


SUBIECTUL I (30 de puncte) 1 .

b3  b2  b4  7  28  14

2p 2p

b 14 q 3  2; b2 7

1p

7 7 2   b1  b1 2 2 .

3 .

f 1  51  log5 1  5

2p

f  f 1   f  5  55  1  3126

3p

În binomul  a  b  , termenul Tk 1 se scrie Tk 1  Cnk a nk bk n



 Tk 1  C 2012  x k 9

Tk 1  C9k 20129k  x

4

9 k 4



9 k

k

 2012    , 9  k  k  0,1,,9  x 

 2012k  x

1p



k 2

 20129  x

9 k k  4 2

9k k   0  9  3k  0  k  3  T4  20129 4 2

. Trebuie să avem

1p

2p 1p

9k k   0  9  3k  0  k  3  T4  20129 4 2 4 .

p

cf

1p

; c p  33  27 .

104

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Numărul de cazuri favorabile este 3  2 1 , deci c f  6 , iar

p 5 .

cf



6 2   0, (2) 27 9

2p

2p

Centru paralelogramului se găsește la intersecția diagonalelor AC și BD. Fie O acest centru. Atunci

2p

xA  xC 2  2 y  yC 3  4 7   0; yO  A   2 2 2 2 2 xA  xC 2  2 y A  yC 3  4 7 xO    0; yO    2 2 2 2 2

1p

xO 

2p

xB  xD 3  n   0  n  3  D  3,5  ; 2 2 y  yD m  5 7 yO  B    m  2  B  3, 2  2 2 2

xO 

6 .

tgC  tg (  A  B)  tg    A  B   tg  A  B 

tgA  tgB tg  A  B    1  tgA  tgB



85 3 22  8  5 3 11   8  5 3 11  16  10 3 1 2  11

2p

2

     6  3 1  2 3   6  12 11 5 1  2 3  5 6 3

3p

3  3 6  3 11

 tgC  3  C 3 SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

1. a)

1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 2 1         A2   0 0 1    0 0 1    0 1 0  ; A3  A2  A   0 0 1  0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0         0 1 1   3 A  A   0 0 0   A2  I 3 0 0 0  

105

5p


Prin inducție. Egalitatea se verifică, conform punctului a). Presupun că

P n : A  A n

n2

2p

 A  I3 2

P  n  1 :

și demonstrez









An 1  An 1  A An  An  2  A A2  I 3  A3  A  A2  I 3 2p

P  n  1 : An1  An1  A2  I3 . Într-adevăr, avem: An1  An1  A  An  An2   A  A2  I 3   A3  A  A2  I 3 , conform a) c)

Obsevăm că se verifică pentru n=1. Presupunem adevărată pentru pentru valorile mai mici și egale cu n-1 și demonstrăm pentru n. notăm cu S n suma elementelor.

2p

Din An  An2  A2  I3  An  An2  A2  I 3  Sn  n  2  3  2  3  3  n  3

An  An 2  A2  I 3  An  An 2  A2  I 3

2p

 Sn  n  2  3  2  3  3  n  3 2.

x  y  2 xy  4 x  4 y  8  5a  8  2 x  y  2   4  y  2   5a  8 

a)

 2  x  2  y  2   4  a  2   a  a, a  2

b)

Se verifică imediat că operația este corect definită, că este asociativă și comutativă.

5p

2p

Elementul neutru este unic și avem:

x  e  x  2 xe  4 x  4e  5a  x  2e  x  2   5  x  a   a  2 și e 

5 2

3p

Elementul simetrizabil se verifică imediat

c)

f este bijectivă, fiind funcție de gradul I, strict crescătoare.

2p

f  x  y  f  x  f  y Verificăm relația f  x  y   2  2 xy  4 x  4 y  10   4  4 xy  8 x  8 y  16

f  x   f  y    2 x  4    2 y  4   4 xy  8 x  8 y  16 f  x  y   2  2 xy  4 x  4 y  10   4  4 xy  8 x  8 y  16 f  x   f  y    2 x  4    2 y  4   4 xy  8 x  8 y  16

106

3p






Deci grupurile  G,  și  ,  sunt izomorfe.


1. a)

b)

 x  3    6 3 x  3 x  x 3 3 x f  x       0, x   3,3 2 2 x3 3  x  x  3 9  x 3 x

3p

Deci f  x  este strict crescătoare pentru x   3,3

2p

1. asimptote orizontale nu există, pentru că nu se pune problema calculului limitei la  ;

1p

2. asimptote oblice, nu există; din aceleași rațiuni ( x   3,3 )

x3 3. asimptote vericale: lim ln  ln 0   . Deci x  3 este asimptotă verticală la x 3 3 x x 3

1p

dreapta.

3p

lim ln x 3 x 3

c)

x3  ln    . Deci x  3 este asimptotă verticală la stânga. 3 x

1 x 3 3x  1 1  3x  1  x lim xf    lim x  ln  lim x  ln  ln lim   1  x  x  3 x  1 1 x  3x  1  x  x    3 x

2p

2   3x  1   3x  1   3x  1  3x  1   ln lim   1  ln lim 1    ln lim 1    ln lim 1   3p x  3 x  1 x  x  x  3x  1    3x  1     3x  1  x

x

2x

3 x 1 3 x 1   2     2x 2  lim 1   2  x 3 x 1 3  ln lim 1   ln e  ln e    x   3x  1 3    2    

107

x

x

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 2x

3 x 1 3 x 1   2     2x 2  lim 1   2  x 3 x 1 3  ln lim 1   ln e  ln e     x  3x  1 3    2    

2. a) b)

ln 2 1  1 I0   2 dx  ln 2   2 dx  ln 2  arctgx 0   ln 2 x 1 x 1 4 0 0 1

n n 1 Deoarece x   0,1  x  x , iar





n 1

2p

1 0 x 1 2

 , x   0,1  I

1

n  I n 1  x2  1 1 ln x n 1  1 dx   dx, x   0,1  I n  I n 1  șirul este descrescător. x2  1 x2  1 0

x2  1 1 ln x n  1 0

c)

  ln  x

ln x n  1



5p

1





1

0  In   0





 dx 

ln x n  1 x2  1

3p



1

5p

1

xn 1 n 0 n  0 x2  1 dx  0 x dx  n  1 

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 33 Prof: Ionescu Maria



S= 5+10+15+...+95=5(1+2+3+...+19)=

3p

108


2.

3.

4.

=5(19*20)/2=950

2p

Se scrie ecuaţia 3x  32  3x  3  3x  117

1p

3x (9  3  1)  117  3x 13  117

2p

3x  9  x  2

2p

k Tk 1  C20

2p

k

k  C20 23

2p

7 termeni raţionali

1p

P

1p

nr. cazuri favorabile nr. cazuri posibile

Numerele posibile: abc : 3*4*4=48

1p

Numere favorabile: abc : 3*4*2=24

1p 2p

24 1  48 2

d1  d 2 

m 6.

k

2

k 0,3,6,...18

P 5.

  3

2p

3 2 5   4 m 2

8 3

3p

 x  x y  yC Fie M mijlocul segmentului [BC]  M  B C , B 2  2

AM 

 xM  xA    yM  yA  2

2

 AM  42  12

   M  0, 2  

2p

2p 1p

AM  17 SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

109


C  1,1 x AC : 3

1p

y 1 2 1 0

2p

1 1 1 AC : x  4 y  5  0 b)

2p

xA A,B,C coliniare  xB xC

3 1

1p

yA 1 yB 1  0 yC 1

2 1 5 1  0  n  13  0

3p

n n 1 n  13  N *  A,B,C nu pot fi coliniare, n  N * c)

AABC

xA 1  xB 2 xC

1p 1p

yA 1 yB 1 yC 1

3 2 1 1 1 5 1  10  n  13  20 2 n n 1

2p 2p

n7 2.

Asociativitatea:  x  y   z  x   y  z  , x, y, z  R

1p

a)

Demonstrarea asociativităţii

4p

b)

Comutativitatea legii

1p

Calculul elementului neutru e  1

2p

Calculul x ' 2  2  x '  1  x ' 

2p

6 7

110


5  5 5  Folosim x  y  6  x   y    6  6 6  3

5 5 5  x  x  x  6  x    . Ecuaţia devine pentru x   t 6 6 6  2

2p

1  36t 3  t  0 cu soluţiile t  0,   6 

2p

4 5  x   , ,1 6 6 

1p


1. a)

b)

x3  3x 2  2 0 lim  lim  x 1 x  1 x 1 x 1 3x 2  6 x lim  3 x 1 1

2p

Calculul f '  x   3x 2  6 x

1p

f  x

0

3p

2p

f '  x   0  x 0, 2 Tabelul de variaţie şi finalizarea

3p c)

f  0   2  m, f  2   2  m

2p

Şirul lui Rolle pentru m  2, 2   , , , 

2p 1p

3 soluţii reale

111


1

I1   0

x x  2014  2014 dx   dx  x  2014 x  2014 0

1

1

0

0

 1dx  2014 1  2014 ln

b)

1p

1

1 1 dx   x  2014 ln x  2014   0 x  2014

2015 2014

3p

1p

x n 1  2014 x n I n 1  2014 I n   dx  x  2014 0

2p

1

1

x n 1 1   , n  N * n 1 0 n 1 c)

3p

I n1  I n  0

1p

1 1  In  2015  n  1 2015n lim nI n  n 

2p 2p

1 2015

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 34 Prof: Ionescu Maria  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


1.

z  1  i  i 2  ...  i10  1  i 1  i  1  i 1  i  1  i  1  i 112

3p


2.

3.

4.

z  02  12  1

2p

0

1p

m2  36  0

2p

m  , 6    6,  

2p

x2  4 x  3  0 Condiţii de existenţă: x 1  0  x {1}  [3, )

2p

x2  4 x  3  x2  2 x  1  x  1 soluţie

3p

P

1p


Numere posibile: 11

1p

Numere favorabile: 0,1,2,3,4 P

5.

6.

1p

5 11

2p

d1  d2  2  a   3  6  0

3p

m9

2p

sin 75  sin15  2sin 30 cos 45 

2p

1 2 2  2   2 2 2

3p


1. a)

1 1 m det A  1 m 1  m 1 1

1p

   m  2  m  1

2p

2

2p

m2,1

113


x  y  1  Sistemul devine:  x  z  2 sau det A  2 y  z  3 

1p

4p

Obţinem soluţia: x  0, y  1, z  2

det A  0  m  R / 2,1  rangA  3

2p

det A  0  m  1  rangA  1 Dacă  m  2  rangA  2

1p

2.

a  Z4 , b  Z4

2p

a)

Se pot forma 16 polinoame

3p

c)

b)

^

2p

1p

^

f  X3 2X 2

^ ^ ^ ^ ^ f  2   2  2 2 2  Restul este   3

2p

^

2 c)

2p

^ ^ f 0 1   ^ ^ f  1   2 a   ^ ^ ^ ^ f  2  0  2 a 1   ^ ^ ^ ^ ^ f  3  3  3 a 1  3 a  

1p 1p

1p 1p

 ^ ^

1p

a  1,3


114


2014

f ' x 

2p

 x  2014  f '  x   0, x  R / 2014 2

2p 1p

f este strict descrescătoare pe intervalul  , 0  b)

c)

x  2014 asimptotă verticală

2p

y  1 asimpotă orizontală

3p

lim  f  x  

x

x

x 



x 2014    1   lim    lim 1   x  x  2014 x     x  2014 

 x 2014   lim  f  x    lim 1   x  x    x  2014  

x  2014 2014

   

x

2014 x x  2014

 e 2014

2p

3p

2.

g este derivabilă pe  0,  

1p

a)

g '  x   f  x  , x   0,  

3p 1p

Concluzia b)

e

e



f  x  g  x  dx   g '  x  g  x  dx 

1

1

  c)

g 2  x 2

1p

e



2p

1

2p

2

e 2

x  1, e  1  f  x   2

2p 3p

Concluzia

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE

115

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Varianta 35 Prof: Ionescu Maria



1.

1

log 1 3 2  log 22 2 3   4

 6

2



2p

1 6

1 6

2p 1p

Rezultat final: 0 2. Fie f : R  R, f  x   ax 2  bx  c; a  0, a, b, c  R

3p

f  x   9 x 2  12 x  4 şi f  x    x 2  4 x  4

2p

3. Condiţie de existenţă: x  0

1p

lg2 x2  20lg x  24  0  4lg 2 x  20lg x  24  0 devine t 2  5t  6  0, t  lg x cu rădăcinile: 2,3 x {100,1000}

4.

P

2p

2p 1p


Numere posibile: 100,...,999  900 numere

1p

Numere favorabile: 116,161,611,123,132,213,231,312,321  9 numere

2p

P

9 1  900 100

1p

5. Demonstraţia : triunghiul ABC este dreptunghic

116

2p


6.

3p

12 5

hC  d  C , AB  

cos 2 x  1  2sin 2 x 

2p

1 1  4 2

6p

 1 2 


1. a)

det A  8, trA  6

2p

A2  6 A  8I 2  O2 sau calculul cu matrice

3p

b)

a b  Fie X    .Calculul A  X şi X  A c d

2p

0  a Rezolvarea sistemului şi soluţia: X     c a  2c 

3p

a 2  bc  2  a b b  a  d   0 Fie Y    . Obţinem sistemul  c d c  a  d   1  2 bc  d  4

2p

c)

Obţinem a   2, b  0, c  2.

x1  x2  x3  x4  

a) b)

1 şi d  2  4 soluţiȋ ad

2p

b a

3p

0 Notăm x 2  t şi obţinem t 1, 2013



3p

3p



2p

x  1,  2013

117


 x1  2  x2  2  x3  2  x4  2   f  2  f  2   6027

3p 2p


1. a)

f ' x 

2p

2x , x  R x 1 2

Din tabelul de variaţie f este strict descrescătoare pe  , 0  şi este strict crescătoare pe  0,   b)

y  f 1  f ' 1 x  1

1p

f 1  ln 2; f ' 1  1

2p 3p

x  y  1  ln 2  0

c)

3p

f ''  x  



2 1  x2

x

2



1

 , x  R

2p

2

Tabelul de variaţie

1p

Puncte de inflexiune : A  1,ln 2  ; B 1,ln 2 

2p

  x  dx  

2.

102

a)

11

1p

102

x  2014dx

f

11



2 x  2014 3 2  463  453 3 





3 102

2p

11



2p

118


11

x

 f  x 2

11

dx  

1

11

 1

c)

1

2p

x dx 2 x  2014 11

x

1 45 dx  ln x 2  2014  ln 2 f  x 2 2015 1

3p

Primitiva F a funcţiei f este strict crescătoare pe R  F '  x   0, x  R

2p

F '  x   f  x   0, x  R

3p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 36

Prof: Isofache Cătălina Anca



1.

2.

3.

z  21007i

3p

Im z  21007

2p

S=x+y; P=xy

1p

S 3  3SP  9 ; S=3

2p

S=3;P=2 rezultă (x;y)  {(1;2);(2;1)}.

2p

x  (0; )  {1}

1p

log 2 x  a ; 2a 2  5a  2  0

2p



x  4; 2



2p

119


5.

6.

2C 64

2p

30 de funcţii

3p

cos 2 x  1  2 sin 2 x

2p

  x  k / k  Z     2k / k  Z  . 2 

3p

 4

2p

A

1  2

1p

A=2

2p


Matricea sistemului

2p

Calculul determinantului

2p

Finalizare

1p

0

3p

x=1;y=0;z=0

2p

a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc  0  a  b  c

1p

x 2  y 2  xy  0  x=y=0

2p

Obţinem x+y+z=1.Deci x=0;y=0;z=1

2p

2.

A+B  G

1p

a)

Calculul matricei AB

3p

AB  G

1p

1. a)

b)

c)

120


c)

Det(AB)=det(A)det(B)  det(A)=0 sau det(B)=0

3p

Det(A)= x 2  5y 2  x=y=0  A  O2 .Analog pentru matricea B.

2p

Det ( AA 1 )  1  det A  1

2p

x 2  5y 2 =  1

2p

A  I 2

1p


1. a)

Factor comun forţat

2p

Simplificare prin x 4 .

2p

lim

x 

b)

1p

f ( x) =1 x4

Calculul rădăcinilor x i ; i  1;4 ale funcţiei f.

2p

Teorema lui Rolle pentru f : [ xi ; xi 1 ]  R , i  1;3

2p 1p

Finalizare c)

1

ln f ( x) ln( x  1)  ln( x  2)  ln( x  3)  ln( x  4) =0  lim x  x  x x

3p

ln lim f ( x) x = lim x 

1 x

lim f ( x) =1

2p

2.

I1  0

2p

a)

I 2 : Notăm x=3cost

2p

81 I2  8

1p

x 

121


c)

2p

f ( x)  x n 9  x 2 ; f ( x)   f ( x) , x  [3;3]

Notăm x=-t

1p

I 2 n1  0

2p 1

J 2 n  2  9  x 1

2 n 1

1

( 9  x ) dx   x 2 n 3 2

'

 9  x  dx 2

2p

'

1

Aplicarea formulei de integrare prin părţi J 2n2 

2p

18n  9 32 2 J 2n  2n  4 2n  4

1p





z 2

3p 2p

3

z  z =16 3

2.

Rezolvăm ecuaţia f(x)=g(x)

1p 2p

122

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO x1 =1; x 2 

1 . 2

2p

1 A(1;0);B(  ;3) . 2 3.

9x  3 6x  2  4x  0 : 4 x

1p

x

3    t ; t  0  t1  1; t 2  2 2

2p 2p

x1  0; x2  log 3 2 2

4.

k Tk 1  C100 2k x

100

4k 3

3p

; k  1;100

2p k=75  T76 . 5.

6.

m 1 2 5   4  (m  1) 7

2p

m=  3

3p

GA  rA  rG ; GB  rB  rG ; GC  rc  rG

2p 2p

r r r rG  A B C 1 3

1p

Finalizare.


1. a)

1 Det(A)=ab 1

1 a

1 b

2

2

1 a

b

1  ab 0

L2  L1 L3  L1

1 a 1

1 b 1

0 (a  1)(a  1) (b  1)(b  1)

123

3p = ab(a-1)(b-1)(b-a).


Det(B)

C3 C1

1 bc

C2 C1

2



a

(a  b)(c  a) b)

0 c ( a  b)

0 b( a  c )

 (a  b)(c  a)

(b  a)(a  b) (c  a)(c  a)

c

b

L2  L1

ab ca



c b  (a  b)(b  c)(a  c)(a  b  c). abc abc

Det ( A  T A)  det( A) det(T A)

2p

Det( T A) =det(A)  R

2p 1p

Finalizare. c)

2p

Calculul matricei A  T A

2p

A  T A este matrice antisimetrică

2p 1p

det( A  T A) =0

2.

Efectuarea produsului (x+1)f(x)

2p

a)

Finalizare

3p

b)

De la punctul a) rezultă xk5  1  0 ; k  1;4

3p 2p

4

x k 1

c)

5 k

=-4

x 4  x 3  x 2  x  1  0 : x 2 şi notăm x 

1 t. x

Ecuaţia t 2  t  1  0 are soluţiile t1;2  R, t1; 2  2 . Ecuaţia x 

1  t1; 2 are   0 ,rezultă polinomul nu are nicio rădăcină reală. x


124

2p

2p 1p


lim f ( x)  0 , rezultă că y=0 este asimptotă orizontală către   .

3p

lim f ( x)   , rezultă că x=0 este asimptotă verticală.

2p

x 

x 0

b)

f ' ( x) 

1 ;x>0 x( x  1)

2p

f ' ( x)  0, x  0

c)

2p

Funcţia f este strict descrescătoare pe (0; )

1p

an  ln(n  2)  ln(n  1)

2p

lim a n  0

2p

n 

1p

0  R  şirul ( a n ) este convergent. 

2. a)





2 0

2

f ( x) sin xdx =  0

3p

 cos x ' dx = cos x  2

2p



=  ln cos x  2

b)

3 2 = ln . 0 2

Funcţia f este continuă pe R, rezultă că ite primitive pe R.

1p

Fie F : R  R o primitivă a funcţiei f,deci F este derivabilă pe R şi F ' ( x)  f ( x), x  R .

2p

f(x)>0, x  R  F ' ( x)  0, x  R .

1p

Deci, orice primitivă a funcţiei f este strict crescătoare pe R.

c)

Notăm tg 1

t 0

2

1p 2p

x t 2

2  dt  . 3 3

3p

125






1.

(1  i) 3  2  2i

2p

(1  i) 3  2  2i

2p 1p

(1  i) 3  (1  i) 3 =-4

2.

3.

4.

f min 

 4a

f min 

59 12

2p

3p

sin 2 x  1  cos 2 x ; cosx=t şi t  [1;1].

1p

t 2  t  2  0  t1  1; t 2  2

2p

x  2k ; k  Z .

2p

Numărul de. cazuri posibile=900

2p

Cazurile favorabile:102;108;...996.

1p

Numărul de cazuri favorabile=150

1p 1p

126

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO P

5.

1 6

m3  M mijlocul segmentului [AB], M  ;3   2 

CM 

x M

 xC    y M  y C  2

2

1p

m  3;7

1p 1p

Verificarea existeţei triunghiului ABC. 6.

2p

1 a3  a 1 5

3p

a  {2;4}

2p


1. a)

b)

c)

2.

DetM  m 2  2m  3

2p

det M  0; m  R .

2p

RangM=3

1p

det M  0; m  R

3p

Punctele A,B şi C necoliniare,pentru orice m  R.

2p

AABC 

1p

1 det M 2

1 2 (m  2m  3) 2 1

AABC 

2p

Amin

2p

x  y   z  x  ( y  z), x, y, z  G .

1p

127

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO a)

2p

( x  y)  z  ( x 2  1)( y 2  1)( z 2  1)  1

1p

x  ( y  z )  ( x 2  1)( y 2  1)( z 2  1)  1

1p Finalizare b)

Elementul neutru e=0

2p

x simetrizabil   x '  G astfel încât x  x '  x '  x  0

2p

x=0 1p c)

3p

2 2014 x  x  ... 1 .  x  ( x  1) 2014ori

2p

x=0


1. a)

lim x 3

f ( x)  42 = f ' (3) x3

2p

f ' ( x)  3 x 2  2 x  1

b)

2p

Valoarea limitei=34

1p

h( x)  e x  x  1 , x  R .

1p

h ' ( x)  e x  1 , x  R .

1p

Din monotonia funcţiei h, rezultă hmin  0

2p 1p

Finalizare c)

De la punctul b) rezultă că g(x 3 )  x 3 +1 ; g ( x 2 )  x 2 +1 şi g ( x)  x  1 .

3p

Adunând inegalităţile obţinem g ( x 3 )  g ( x 2 )  g ( x)  f ( x), x  R

2p

128


Utilizarea metodei coeficienţilor nedeterminaţi

2p

a)

A=B=C=1

3p

b)

Aria=  f ( x) dx

4

1p

3

1p

f continuă şi f(x)>0, x  [3;4] 15 . 4

3p

Calculul lui F(x)=lnx

2p

Aria= ln

c)

1p

e2

V=   F ( x)dx 2

e

V= 2 e(2e  1) .

2p


Prof. Lămătic Lidia Carmen



2 2 3  3 2 2

1p



2p



2

2 1  2  2 2 1  3  2 2

n  6 

2p

129


3

82

2x  1 

3.

4.

5.

6.

1p

28 2

2p

x2

2p

x 2  3  3x  1  x 2  3x  2  0

2p

x1  1, x 2  2 verifică ecuaţia

3p

c par  c  0, 4  două variante de alegere a lui c

2p

Pentru fiecare c par sunt trei variante de alegere a lui a şi patru variante de alegere a lui b

2p

Se pot forma 2  3  4  24 numere

1p

1  4   2  a  1  0

3p

a 1

2p

BC2  AB2  AC2  BC  2

2p

ABC dreptunghic în A  R 

2p

BC 2

R 1

1p


1. a)

 1 2 2a  1  1 3 3a  3    3   2 A  0 1 2 ,A  0 1 3  0 0 0 0 1  1    1 0 1   f A   0 1 0 0 0 1  

3p

2p

130


 1 2 2a  1   2 2  Demonstraţie prin inducţie matematică: n  2  A   0 1 0 0 1  

1p

Presupunem că A k este adevărată pentru numărul natural k  2  1 k ka  C2k   1 1 a   1 k  1     Avem A k 1  A k  A   0 1 k 0 1 1  0 1   0 0   1 0 0 1 0 0  adevărat pentru numărul natural k  2 c)

 k  1 a  Ck2 1  k 1 1

   

4p

det A  1  0, deci matricea este inversabilă a 

1p

 1 1 a  1   A  0 1 1  0 0 1  

2p



 1 1 a  1   A  A  0 1 1  0 0 1   1



2p

2.

f 1  a  b  1  0,f  2   4a  b  4  0

2p

a)

a  b  1, 4a  b  4

1p 2p

a  1, b  0 b)

a  1, b  0  f  X4  4X3  X2  6X

1p

f  X  X3  4X2  X  6   x1  0

1p 1p

Conform punctului a)  x 2  1, x 3  2

x1  x 2  x3  x 4  4  x 4  3

1p

f  X  X  1 X  2  X  3

1p

131


x 21  x 22  x 32  x 42   x1  x 2  x 3  x 4   2  x1x 2  x1x 3  ...  x 3x 4   16  2a 2

2p 1p

x1x 2 x 3 x 4  b

16  2a  2b  6  a  b  5

2p


1. a)

1  x2  f ' x     x2  x2 1  x2 1 

b)

2x , pentru orice x  1;   x2 1

lim f  x   lim ln

x 

c)

2p

'

x 

3p 3p

x2 0 x2 1

Dreapta de ecuaţie y  0 este asimptotă orizontală la graficul funcţiei f.

2p

y  f  2   f '  2  x  2 

2p

4 4 f  2   ln , f '  2    3 3

2p

Ecuaţia tangentei la grafic este y  ln

4 4    x  2 3 3

1p

2.

Fie G :  3;     o primitivă oarecare a funcţiei f, G '  x   f  x  , x   3;  

2p

a)

f  x   0, x   3;  

1p

G este strict crescătoare pe  3;   b)

F'  x    x 3  3x  ln  x  3  3x 2  3  '

2p

1 , x  3;   x 3

132

3p


c)

F'  x   f  x  , x   3;    F este o primitivă a funcţiei f

2p

5

2p

 f '  x dx  f  x  4 5

4

f  5  f  4  

3p

53 2





2.

10  x  2  10

2p

12  x  8

1p

 12   11  ....  0 1 ....  8  0

2p

   2m   4  m  1 m  1  4

1p

2



 4 0 0 4a 4  m  1

2p 2p

m  1  0  m   ;1

133


Notăm 5x  y şi obţinem y  25y 

y 4.

1  x  1 5

2p

Sunt 90 de numere naturale de două cifre  90 de cazuri posibile

1p

Numerele de două cifre cuburi perfecte sunt 27, 64  2 de cazuri favorabile

2p

p 5.

2p

nr. cazuri favorabile 1  nr. cazuri posibile 45

md  2 md  md'  1  md' 

1p 2p

1 2

Ecuaţia perpendicularei este y  yA  6.

3p

26 5

1 1 5  x  xA   y  x  2 2 2

2p

cos B 

AB2  BC2  AC2 2AB  BC

2p

cos B 

5 9

3p


1. a)

A  P  A 2  I3

1p



2p



1 1 B  A 2  A  A  I3   I3  A  A  I 3  4 4 2

 b)

2p

1  A  I3   B  Q 2

A  Q  A2  A

1p

C2  4A2  2A  2A  I3  4A  2A  2A  I3

2p 2p

134

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  I3  C  P c)

det A  1  0, deci matricea este inversabilă a, b  

1p

 1 a a 2  b    A   0 1 a  0 0 1  

2p

 1 a a 2  b    A 1  A   0 1 a  0 0 1  

2p

2.

xy  yx  yx  xy, adevărat x, y  I  " " comutativă

1p

a)

 x  y   z  xyz  yxz  zxy  zyx,

2p

x   y  z   xyz  xzy  yzx  zyx

" " nu este asociativă, deoarece  I, ,  este inel necomutativ b)

c)

2p

Datorită comutativităţii este suficientă verificarea distributivităţii la stânga sau la dreapta.

1p

x   y  z   x  y  z    y  z  x  xy  yx  xz  zx   x  y    x  z  , x, y, z  I

4p

x 2   y  x   x 2   yx  xy   x 2 yx  x 3 y  yx 3  xyx 2

2p

x

2p

2

 y   x   x 2 y  yx 2   x  x 2 yx  yx 3  x 3 y  xyx 2

1p

concluzie


1. a)

Nu avem asimptote verticale

1p

x 1  lim x  0  y  0 asimptotă orizontală la  x  e x x  e

2p

lim

x  lim x  e x    nu există asimptotă orizontală la  x  e x x  lim

135

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO lim

f x

x 

b)

x

f 'x  

1    nu există asimptotă oblică la  x  e x

 lim

1p

1 x , x   ex

1p

f ' x  0  x  1

1p

f strict crescătoare pe  ,1 , f strict descrescătoare pe 1,  

f 1  c)

2p

1  1  A 1;  punct de maxim e  e

f ''  x  

1p

x2 , x   ex

2p

f ''  x   0  x  2

2. a)

1p

f ''  x   0, x  2;f ''  x   0, x  2  x  2 punct de inflexiune

2p

x3 1 f 1  3, f  x   ,x 1 x 1

2p

f  x   0, x    F este strict crescătoare pe  b)

Fx  x 

3p 1p

x 2 x3  2 3

F strict crescătoare  F injectivă

1p

lim F  x   , lim F  x     F surjectivă

x 

2p

x 

1p

Deci, F este bijectivă  F inversabilă c)

F  0   0, F 1  1  11 6

2p

1 1 11   2 3 6

F1

1

1

1

x 2 x3 x 4 13 0 F  x dx  F0 F  x dx  0 F  F  x  F'  x  dx  0 xf  x dx  2  3  4  12 .   0 1

1

1

136

3p






a 2  a 3  a1q 1  q   4 , a 4  a 5  a1q3 1  q   36

3p

q2  9  q  1 2.

2p

Gf  Ox : f (x)  0  x  1

2p

A 1, 0 

1p 1p

Gf  Oy : f (0)  4

1p

B  0, 4  3.

x 2  1  x3  3x 2  3x 1

1p

x  x 2  4x  3  0

1p 2p

x1  0, x 2  1, x 3  3. 4.

Numerele de trei cifre distincte care au suma cifrelor egală cu 5 sunt: 104, 140, 203, 230, 302, 320, 401, 410  8 cazuri favorabile 3 Numărul de numere naturale de trei cifre distincte este A10  A92  648  648 cazuri

137

2p


posibile

p 5.

1p

nr. cazuri favorabile 1  nr. cazuri posibile 81

    uv 3  a cos u, v     u  v 2 9  a2

 



 

2p



 

3p

     2  cos 2  sin 2   2 cos 2  2 cos 8 8 8 4 

2p

   m u, v  90  cos u, v  0  3  a  0  a  3 6.

2

3p

2 1 2


1. a)

det(A)   m  1  m  2 

2p

2

2p

Sistem compatibil determinat  det(A)  0

1p

m    2.1 b)

x  3  m  3 m  1 , y  5  m  1 , z   7m 1 m 1 2

x c)

3  m  3

 m  1 m  2 

,y 

5 7m  1 ,z   m  2  m  1 m  2 

3p

2p

 x 0 , y0 , z0  progresie aritmetică cu raţia 2   y0  2, y0 , y0  2 soluţia sistemului

1p

 m  y0  2   y0   y0  2   3  m  2  y 0  2 1  m   3    m  2  y0  5   y0  2   my0   y0  2   5    y  2   y  m  y  2   7  m  2  y  2 1  m   7 0 0 0  0 

2p

2 1  m   2  m  2

2p

138


x, y  Ia  x  a  0, y  a  0   x  a  y  a   0

1p

a)

x  y  Ia  x  y  a  0

1p 2p

x  y  x  y  2  2  y  2  2  x  y  2  0

1p

a2 b)

x  e  x   x  2  e  3  0  e  3

2p

x  x '  3   x  2  x ' 2   2  3  x '  2 

x  2014  x '  c)

1 x2

2p 1p

4025 2012

f este bijectivă deoarece este de funcţie gradul I

2p

f (xy)  xy  2

f (x)  f (y)   f (x)  2  f (y)  2   2  xy  2

3p

f (xy)  f (x)  f (y)


1. a)

Nu există asimptote orizontale sau oblice

1p

lim f (x)    x  a asimptotă verticala la stânga

2p

lim f (x)    x  a asimptotă verticala la dreapta

2p

x a x a

x  a x  a

b)

f '(x) 

2p

1 1 2a   2 a  x a  x a  x2

f '(x)  0, x   a,a   f strict crescătoare pe  a,a   f injectivă

139

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Deoarece f (0)  0  x  0 soluţie unică. c)

f ''(x) 

1

a  x 

2



1

a  x 

2



1p 2p

4ax

a

2

 x2



2

f ''(x)  0  x  0

1p

f ''(x)  0, x   0,a   f convexă pe  0, a  , f ''(x)  0, x   a,0   f concavă pe

2p

 a, 0  2.

f continuă, ite primitive

1p

a)

Fie F o primitivă F'(x)  f (x)  F''(x)  f '(x)

2p

f '(x)  2e2x  0, x  , deci F este convexă pe 

2p

b)

1

1

1

xe2x e2x xf (x)dx  xe dx   0 0 2 0 4

 c)

3p

1



2x

0

2p

e2  1 4

g(x)  x  2 1

1p 1





V    g (x)dx    x 2  4x  4 dx 2

1

2p

1

1

 x3  26 V     2x 2  4x     3  1 3

2p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 42 Prof: Marcu Ştefan Florin



Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.

140

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


2.

Ştim că b4  b1  q3 , deci q  3

3p

q6  1  728 Atunci S6  b1  q 1

2p

f ( x)  y

1p

x2  x  6  0  x1  3, x2  2

2p 2p

Punctele căutate sunt : A(3,14) şi B(2, 4)

3.

4.

5.

4  22

1p

2x4  22 x4

2p

x0

2p

Cifrele impare sunt : 1,3,5,7,9

2p

Numarul căutat este : A54  120

3p

       AB  BC  CA  0  BC  2i  3 j

2p

AB  2, AC  5, BC  13  P  5  2  13

6.

3p

Din teorema cosinusului avem : BC 2  AB2  AC 2  2  AB  AC  cos A

2p

36  16  25  2  4  5  cos A

1p

cos A 

2p

1 8



1. a)

 x 1 1   x 1 1      A( x)  A( x)   1 x 2    1  x 2    1 2 x   1 2  x       0 2 2      2 0 4   2 4 0   

2p

2p

1p

det( A( x)  A( x))  0 b)

x det A( x)  1 1

1 x

1 2  x3  6 x

2

x

3p

2p

det( A( x))  0  x( x2  6)  0  x  0 c)

 x 1 1  x 1 1     A( x)  A( x)   1 x 2  1  x 2    1 2 x  1 2  x    

1p

2p

  x2  2 2 2    2  2 x  5 1   2 1  x 2  5   2p Suma cerută este 3x  12  0 2

2.

( x  5)( y  5)  5 

1p

a)

 xy  5x  5 y  25  5 

3p

 x y

1p

x  e  e  x  x, x  R

3p

( x  5)(e  5)  5  x  e  5  1  e  4

2p

b)

142


x  x  ... x  ( x  5)2014  5 

2p

2014  ori

2p

( x  5)2014  x  5  x  5  0, x  5  1

1p

x  5, x  4


1. a)

f '( x) 

f '( x)  b)

2p

x

f '( x)  1 

x 1 2

x  x2  1

2p

x2  1 f ( x) x 1 2

1p

, () x  R

1p

lim f ( x)  lim ( x  x 2  1) 

x 

 lim

x 

 lim

x 

x 

( x  x 2  1)( x  x 2  1) x  x 1 2

x2  x2 1 x  x2  1



1p

0

1p 2p

Dreapta y  0 este asimptotă orizontală spre  . c)

Vom arăta că f ' ( x)  0 ()x  R

1p 1p

Dacă x  0  x  x 2  1  0 evident .

1p 2 Dacă x  0  x  x  1  0 

x2  1   x 

 x2  1  x2 ,() x  R ( adevărat ) .

143

2p


2. a)

1

1

0

0

2p

I1   x  e x dx   x  (e x ), dx 

 ( x 1)e

x

2p

1



1p

0

1 b)

1p

1

I n 1   x n 1  e x dx, n  N 0

Dar x  (0,1)  x n1  x n  I n1  I n

2p 2p

Deci şirul ( I n ) nN este strict descrescător .

c)

1

2p

I n   x n  (e x )' dx  0

 n   x n 1  e x dx 

2p

 e  n  I n1 , de unde rezultă relaţia cerută .

1p

x

n

e

x

1

0

1

0

144





z 

1 i

2014

1 i

2013

3p

2p

1 i  1 i  2  z  2

2.

xV  

  3  yV  

3.

2p

b 1  2a 2  3  4a 4

3p

x0

1p

log 2 ( x2  1)  log 2 (2 x)

2p

x2  2 x  1  0  x  1 2p

145


4.

Numerele de două cifre divizibile cu 5 sunt 10,15,.....95 Avem 18 cazuri favorabile şi 90 cazuri posibile  P 

5.

6.

2p

18 1  90 5

3p

Dacă notăm cu M mijlocul segmentului AB  M (0,0)

2p

Atunci CM  8  2 2

3p

sin C  sin( A  B)

2p





1p

sin C  sin(  )  4 3









 sin cos  sin cos  4 3 3 4

2 6 4

2p


1. a)

2x  1  x I2  x  A     2x 1 4x 

2p 2p

det( I 2  x  A)  1  5x 1  5x  0  x  b)

1p

1 5

 1 2  1 2   5 10  A2       2 4  2 4   10 20 

3p 2p

A2  5 A  A2  5 A  O2 c)

Observăm că An  (5)n1 A, n  N *

1p

Atunci A  A2  ....  A2014  (1  5  52  ...  52013 ) A 

2p

146

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 

1  52014 A 6

2p

2.

Din condiţiile problemei , obţinem c  1,1  a  b  c  4, 1  a  b  c  0

2p

a)

Atunci a  b  2, a  b  0

2p

a  b  c 1

1p

f  X 3  X 2  X  1  ( X  1)( X 2  1)

3p

x1  1, x2  i, x3  i

2p

Din relaţiile lui Viete, avem : x1  x2  x3  a, x1 x2  x1 x3  x2 x3  b

2p

Atunci x12  x22  x32  a 2  2b  0

2p

b)

c)

Dacă toate rădăcinile ar fi reale, am avea x  x2  x3  0 , contradicţie . 2 1

2

1p

2


1. a)

lim f ( x) 

1p

x 

2p

x  lim 2 0 x  x  1 Dreapta y  0 este asimptotă orizontală spre  b)

2p

, 2 2 ,  x  x ( x  1)  x( x  1) f ' ( x)   2    ( x 2  1)2  x 1  ,



2p

x 2  1  x(2 x)  ( x 2  1) 2

1p

147

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  c)

1  x2 . ( x 2  1) 2

Vom arăta că f '( x)  0,() x  (1,1)

2p

Dar x  (1,1)  1  x 2  0

2p

Deci

2. a)

2p

1  x2  f '( x)  0 ( x 2  1) 2

1

I2   0

1p

x2  2 x  1 dx  x 1

2p

1

2p

  ( x  1)dx  0

 b)

3 2

1p

x n  nx  1 Evident  0,() x  (0,1), n  N  I n  0 x 1 Din x  (0,1)  x n  1

1p

x n  nx  1 n  2  x 1 x 1

Atunci

1p

1p 2p

Integrând inegalitatea de mai sus  I n  (n  2)  ln 2 c)

1

I n 1   0

x n 1  (n  1) x  1 dx x 1

I n  I n1 

1p

2n2  3n  2  (1  2n) ln 2 n 1

2p

2p

148

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1 lim   ( I n  I n 1 )  2  2ln 2 n  n



SUBIECTUL I (30 de puncte) 149


Se observă că avem o sumă de 7 termeni în progresie geometrică cu raţia q  

Atunci S  2.

3.

3 1 (1  7 ) 4 3

5.

f (0)  1, g (0)  3

1p

f ( g (0))  f (3)  7 , g ( f (0))  g (1)  4

2p

f ( g (0))  g ( f (0)) =3

2p

x3

1p

x2  1  ( x  3)2

2p 2p

Cifrele pare nenule sunt 2,4,6,8

2p

Numărul cerut este A43  24

3p

    x  u  y  v  ( x  y)  i  ( x  y)  j

2p

Atunci

6.

3p

2p

4 6 x  8  x   Ecuaţia nu are soluţii reale . 3 4.

1 3

x  y  5, x  y  1  x  2, y  3

sin 2 x  cos 2 x  1  cos x 

2p

2 2 3

sin 2 x  2sin x  cos x sin 2 x 

3p

1p 2p

4 2 9


150


Calculăm aria triunghiului OAm An , m, n  N

2p

0 0 1   2m  1 2m  1 1 2n  1

2n  1 1

  4(m  n)  Aria 

b)

2p

1   2 mn 2

Atunci, aria triunghiului OA2013 A2014 este egală cu 2 .

1p

2m  1 2m  1 1 Se verifică condiţia de coliniaritate a trei puncte : 2n  1 2n  1 1  0 2 p 1 2 p 1 1

3p

2p

Prin calcul, obţinem egalitatea . c)

Observăm că punctele A0 , A1 ,..., A2014 sunt coliniare ( din b) ) Atunci dreptele distincte sunt : OA0 , OA1 ,..., OA2014 , A0 A2014

1p 2p 2p

În total avem 2016 drepte .

2.

( x 1)( y 1)  1  xy  x  y  2

1p

a)

Dar xy  x  y  2  x  y  ax  ay  2

3p

Deci a  1

1p

Aflăm mai întâi elementul neutru al legii : x  e  e  x  x, x  R  e  2

3p

b)

Verificăm condiţia de simetric : c)

2014 2014  2014  2014  2 2013 2013

2p

x  x  x2  2ax  2  0 , ()x  R

2p

  4a 2  8  0

2p 1p 151

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO a  ( 2, 2)


1. a)

Calculăm lim f ( x) 

2p

x 

2p

ex  lim 0 x  x Dreapta y  0 este asimptotă orizontală spre  . b)

1p

 ex  f ( x)      x

,

1p



ex  x  ex  x2

2p



e x ( x  1) . x2

2p

,

c)

Dacă x  1  f , ( x)  0

1p

Deci f este strict crescătoare pe intervalul (1, )

1p

Dar 1  ln 2013  ln 2014  f (ln 2013)  f (ln 2014)

1p

Deci

2. a)

2014 2013 .  ln 2014 ln 2013

2p

1

2p

I1   x  (1  x)dx  0

1

2p

x 2 x3 (  )  2 3 0

1p

152

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  b)

1 6

Arătăm că şirul ( I n )nN este strict descresc ător şi mărginit

1p

Din x  (0,1)  1  x  (0,1)  (1  x) n  (1  x) n1  I n1  I n

2p 2p

1



Evident I n  0 . Dar (1  x) n  1  I n  xdx  0

c)

1 2

Efectuăm schimbarea de variabilă u  1  x

2p 1p

1



Atunci I n  (1  u )  u n du 

2p

0



1 1 1   n  1 n  2 (n  1)(n  2)

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 45 Prof: Nicolaescu Nicolae



1.

1  i  2  3i   5  i

3p

z  26

2p

4x 1  2x  2  1  0  4  4 x  4  2 x  1  0

1p

153


Notăm 2 x  y și obținem ecuația 4 y 2  4 y  1  0 y

3.

 4a

f min 

25 4

P 4. P

5.

2p

3p

număr de cazuri favorabile număr de cazuri posibile

2p 3p

13 90

A(2,3) , B(-1,5)

2p

   AB  3i  2 j

2p

 AB  13

1p

cos

6.

2p

1  x  1 2

f min 

2p

5  3   cos   6 6 2

2p

A  13  6 3 Teorema cosinusului BC 2  AB2  AC 2  2  AB  AC  cos 

2p

BC  13  6 3

1p


1.

154


3p

2 D( x)   2 x  x   

2p

D(x) este pătrat perfect

b)

c)

2.

2 0 D(0)   2  0   1





5p

D( x)  22x  x( x  2x 1)  0

2p

x  0 sau x  1

3p

 x y   z 

2p

x 2 y 2 z 2 3x 2 y 2 3x 2 z 2 3 y 2 z 2 9x 2 9 y 2 9z 2 24

2p a)

Analog, x   y  z   x2 y 2 z 2 3x2 y 2 3x2 z 2 3 y 2 z 2 9x2 9 y 2 9z 2 24

1p

Legea este asociativă

b)

c)

x2e2  3x2  3e2 12  x2

2p

e2  4  e  2

2p

e  2 G

1p

x2  3x2  3 12  1

2p

x  2

2p

x=2 G

1p


155


a)

 2014 0 1 x   x 0 

2p 3p

x , 2014    0,   b)

f '( x) 

2014 x  x  2014  

c)



5p







lim ln 1  2014   ln  lim 1  2014    ln1  0 x  x  x   x 

3p 2p

y=0 asimptotă orizontală către +  2.

a)

f continuă pe (-  ,0) și (0,  )

1p

lim f ( x)  lim f ( x)  f (0)  0 x0 x0

3p

x0

x0 1p

f continuă pe R, deci f ite primitive pe R 0 0 0 x x 0  e x dx   f ( x)dx   xe dx  xe 1  1  1 1

b)

c)

2p

2e Rezultat final e

3p

2  sin x  sin3 x lim f ( x)  lim  lim    lim sin x x0 x2 x 0 x 2 x 0 x  x 0 x0 x 0 x 0 x 0

3p

=1  0=0

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 46 156

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Prof: Nicolaescu Nicolae



 2014   44  

1.

2p

 2014   2013  =1

2p

 2014    2014   45  2013   

1p

a a Condiția ca șirul să fie progresie aritmetică a n  n 1 n 1,n  2 2 2.

5n  3 

5n 85n  2

deci șirul este o progresie aritmetică

2p

3p

2

x1  x2  3, x1x2  3

3.

2p 2p

2 x2  x2   3  2  3  3 1 2

2 x12  x 2 3  1 3 x x 1 2

1p

f  f  f  9x  4  1 3x 4.

x

3p 2p

1 2

sin2 x  cos2 x  1  3  sin 2 x  1  sin x   2 9 3

157

2p


5.

  6 x  0,   sin x  3  2

2p

tgx  sin x  2 cos x

1p

6  8  sin  6  12 AABC  2 6.

2p

A A  ABC  6 (BO mediană în triunghiul ABC) ABO 2

3p


1. a)

Determinantul este egal cu 3m2  3m 5p

b)

c)

det A  0

2p

3m2  3m  0  m  R  1,0

3p

Pentru m= -1 sistemul devine

 x  2 y  3z  1     x  y  z  1   x  y  z  2

1p

3p

Adunând ecuația a doua și ecuația a treia obținem 0=1 Sistemul este incompatibil

2.

1p

f(0)=1

5p 158


1 1 x  x  x  x x  x x  x x   m2  n2  m  n   1 2 3 12 13 2 3 2 2 b)

2 2 1  1   m 2    n 2   0    

mn

2p

1 2

1p

f  X 3  X 2  X 1

c)

S

   100 101  2  

2p

2

1p

 100 101 201  100 101  100 6 2

3p 1p

S=25.169.300


1. a)

b)

f '( x)  

4028  x  2 2

5p

f '( x)  0 pe intervalele (-  ,2) și (2,  ) deci f descrescătoare pe (-  ,2)

1p

lim f ( x)  2014 x

3p



f ( x)  2014, x  ,2

c)

1p



lim arctg 2 x  2  f ( x)  lim x 2 x 2 x 2 x 2

arctg 2 x  2  lim 2014 x 2 x 2 x 2 x 2





159

3p 2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO =1  4028=4028 2.

f '( x)  g ( x)

4p

a)

f este o primitivă a lui g

1p

b)

e e 3  g ( x)dx  x  ln x 1 1 1 1

5p

ln x lim f ( x)  lim x3 ln x  lim x3  lim 0 x 0 x 0 x 0 x 0 1 x 0 x 0 x 0 x  0 x3

c)

1 ln x x3 lim  lim x  lim 0 x 0 1 x 0 3x 2 x 0 3 x  0 x3 x  0 x 0 x6

2p

3p




Condiții de existență x+2>0, x>0 deci x  0,  

2p

log2  x  2  x  3  x2  2x  8  0

2p 1p 160

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO x=2 3p

b5  b3  q2  48  12  q2  q  2 2.

b  b  q4  768 9 5

2p

D=R

1p

2  x  x3   x 1  x2  x  2   0

3p





3.

1p x=1

4.

3p

i 2014 1 1i   i 1 i 1 2

2p

Partea imaginară este egală cu



tg 11  tg  11  3   tg 4  4  4 

5.

i 2



3p 2p

Rezultat final -1

6.

          AB  BO  DO  DC  AO  OD  DC  AD  DC  AC

3p

T.Pitagora în triunghiul ABC, obținem AC=10.

2p


1.

2 x

A  xI2    

1

3   1  x 

1p 2p

161






det A  xI2  x2  x  5 2p

x2  x  2  0, x1  1, x2  2  x Fie X     y  

b)

c)

2 x 3 y 1  x  y  2

2p

Obținem sistemul 

x  7, y  3 5 5

3p

 2 2 x 3 x  A  xB     1 x 1 x 

1p

det  A  xB    x2  6x  5

2p

x par  det  A  xB  impar deci matricea este inversabilă 2. a)



x1x2 x3  1  6m1 m

2p

2p 3p

6m1  3  3m  6  m  2 b)

c)

 f (1)  0

5p

Câtul q  X 2  3 X  6

3p

Restul r  0

2p


162


2p

f '( x)  e x  2014

a)

2p

f ''( x)  e x  0

1p

f convexă pe R

lim e x  2014 x   deci graficul nu ite asimptotă orizontală x  b)

m  lim x  n 0

e x  2014 x  2014 x

2p

1p 1p 1p

y=2014x asimptotă oblică spre - 

f '(0)  2015

2p

c)

y 1  2015x ecuația tangentei

3p

2.

I  1

a)

 ln 21

5p

2

n 1   x 1  2n, x [0,1]

b)

1 1 n  arctgxdx  I   2 arctgxdx n 0 0

 4

c)

1p

 ln2 

 ln 4 4

2p

  ln 4  n   I  2n  2 4 n  4 

1 1 1 2 2 2 A   arctg 2 xdx  xarctg 2 x 2   x dx 0 2 1  4 x 0 0 A

  2 ln 2

2p

2p

3p

8

163





1.

fof=2-3(2-3x)= -4+9x

3p

fof este crescătoare (9>0)

2p

2 x  21 x  3  2 x 

2.

1p

Ecuaţia devine y 2  3 y  2  0 cu soluţiile y1  2, y2  1

2p

2 x  2  x1  1 şi 2 x  1  x2  0

2p

C61  C65  3.

2  3 Notăm 2 x  y >0 x 2

P

6! 6! 6!  6 , C62  C64   15 , C63   20 5!1! 4!2! 3!3!

nr.cazuri favorabile 3  nr.cazuri posibile 5

3p

2p

164


z  2  a 2  b2  2  a 2  b2  4 4.

Ecuaţia a  b  4 are în Z  Z soluţiile (2,0),(2,0),(0, 2),(0, 2) 2

mBC  5.

3p

2

2  6 8  50 5

mBC  mh  1  mh 

1p

5 8

Ecuaţia înălţimii y  3 

2p

5  x  1  5x  8 y  29  0 8 2p

2 10 3 sin x   1      7 7

2p

  Deoarece x   0,   sin x  0  2

1p

2

6.

sin 2 x  2sin x cos x  2

2p

2 10 3 12 10   7 7 49


1.

a)

a2 det A  a a

b b2 b

c c  abc  abc  2  a  b  c  c2

2 p

abc  2  a  b  c  0 ite, de exemplu, ca soluţie a  b  c  1 3 p

165

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 4 x  y  z  1 4 1 4 x  y  z  1  Sistemul devine 2 x  y  z  1   . Minorul principal este 2 1 2 x  y  z  1 2 x  y  z  1  b )

2 p

x,y necunoscute principale şi z necunoscută secundară şi notăm z   1 p

4 x  y  1   Sistemul devine  cu soluţia x  0, y  1   , z   ,   R 2 x  y  1  

2 p

a 2  b  c  1  x  y  z  1  a  b 2  c  1 a  b  c 2  1  c)

1 p

Scăzând din prima ecuaţie pe cea de-a doua obţinem  a  b  a  b  1  0 I Dacă a  b  0  a  b .Din a doua ecuaţie c  1  a  a 2 şi înlocuit în a treia ecuaţie



1 p



 a 4  2a3  3a 2  4a  2  0   a  1 a 2  2  0  a  1  a  b  c  1 2

II Dacă a  b  1  c2  2 din a treia ecuaţie fals!

2 p 1 p

2. a)

 x  y   z  1  1  x 

log 2 1 y 



x   y  z   x  1  1  y  = 1  1  x 

log 2 1 y  log 2 1 z 



log2 1 z  2    log 2 1 y   log 2 1 y  log 2 1 z     z  1  1  1  1  x   1  1  x   p        

log 2 1 z 







log 1 z   log 1 11 y  2     1  1  x log2 1 y  log21z =  1  1  x  2    

2 p

, deci legea este asociativă 1 p

Legea este comutativă deoarece, dacă notăm A  1  x 

166

log 2 1 y 

log 2 1 x 

, B  1  y 

şi

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO logaritmăm în baza 2 obţinem log 2 A  log 2 B şi datorită injectivităţii funcţiei logaritmice

log 2 A  log 2 B  A  B  x  y  y  x b )

log2 1e 

x  e  x  1  1  x 

2 p

log 2 1e 

 x  1  x  1  x 

2 p

 ( x  1) log 2 1  e   1  e  1  ,1

1 p

x  x  x  1  1  x 

c)

log 22 1 x 

x  x  x  1  1  x 

log 22 1 x 

(am aplicat asociativitatea legii)

 x  1  x  1  x 

log22 1 x 

 log 2 2 1  x   1

1 p 2 p

1 log 2 1  x   1  x1  1, x2  2

2 p


1.

x4  4 x  3  x 4  x  3x  3  x  x3  1  3  x  1   x  1  x3  x 2  x  3



  x  1 x 2  2 x  3 2



a) Cazul

b)

0 0

lim x 1 x 1

2p

f ( x)

 x  1

3

 lim x 1 x 1

 x  1

2

x

2

 2x  3

 x  1

f '  x   4 x3  4  4  x  1  x 2  x  1

3

  lim x x 1 x 1

3p 2

 2x  3 6    x 1 0

f ' x  0  x  1

167

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO -

x f‟(x) f(x)



1

-------------------------------









2p

0 +++++++++++++++++++++



 





 1p

Deci f este descrescătoare pe  ,1 Observăm că m>0 deoarece in caz contrar limita este 









lim f ( x)  mx 2  n  5  lim x 4  4 x  3  mx 2  n  x 

lim

x 

x 4  4 x  3  m2 x 4  2mnx 2  n 2 x 4  4 x  3  mx 2  n

x 

c)

 lim



2p



x 4 1  m2  2mnx 2  4 x  3  n 2  4 3 n  x2  1  3  4  m  2  x x x  

x 

1p 2p

1 m  0  m  1 2

2n  5  n  5 2 2.

Fie F : R  R o primitivă a funcţiei f.





Atunci F '  x   f  x   ln 1  e x  0 a)

3p 2p

Atunci f este crescătoare pe R

Notăm

u ( x)  1  e x  t e x dx  dt

Atunci u(0)=2, u(1)=1+e 2p e 1

1

Integrala devine b)

 ln 1  e  e dx   lntdt = x

0

x

2p

2

e 1

t ln t |e21   1dt   e  1 ln  e  1  2ln 2  t |e21 2

Finalizare I=   e  1 ln  e  1  2ln 2  1  e

168

1p


Fie F(t) o primitivă a funcţiei f. Atunci g ( x)  F (t ) |ln0 x  F (ln x)  F (0)

2p

c)



g '( x)  F '(ln x)  0  f (ln x)   ln x  '  ln 1  e

ln x



3p

1 ln(1  x)  x x




1.

 2x  3 yi    y  xi   2  i   2x  y    x  3 y  i  2  i

2p

2 x  y  2 cu soluţia x  1, y  0  x  3y  1

1p

log32 x  log3 9 x  4  0  log32 x  log3 9  log3 x  4  0  log32 x  log3 x  2  0

2p

2p

Notăm log3 x  y Ecuaţia devine y  y  2  0 cu soluţiile y1  1, y2  2 2

2.

169

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO log3 x  1  x1  3, log3 x  2  x2 

3.

4.

1p

1 9

G f  Ox      0

2p

  0  4m2  12m  0  m   0,3

3p

1 1 1 1 1, , 2 ,..., 8 sunt termeni consecutivi ai unei progresii geometrice cu raţia q  3 3 3 3

2p

9

1    1 39  1 3 S  1    1 2  38 1 3

3p

2a a , mCD  4 2

2p

mAB 

AB  CD  mAB  mCD  1 5.

1p

2  a a   1  a 2  2a  8  0 4 2

1p

a1  4, a2  2

1p

sin135o  sin(180  45)o  sin 45o  6.

cos150o   cos(180  30)o   cos30o  

6 sin135o  cos150o

2p

2 2 3 2

2 2  2  Z 3  2 6

2p

1p


170


Observăm că M(x)M(y)=M(x+y), x,y  R Înmulţirea matricelor este asociativă, deci asociativitatea este verificată pe G.

1p

M  x  M  y   M  y  M  x   M  x  y  , x, y  R , deci înmulţirea matricelor este

1p

comutativă pe G a)

Deoarece M  x  M  0   M  0  M  x   M  x  , x  R ,deci elementul neutru este

1p

M  0  I2

1p

M  x  M   x   M   x  M  x   M  0 , x  R deci orice element M(x) este simetrizabil şi 1p

simetricul său este M(-x) Deci  G,  grup abelian Considerăm f : R  G, f ( x)  M ( x) evident bijectivă b)

c)

2p

f ( x  y)  M ( x  y)  M ( x)M ( y)  f ( x) f ( y) deci f izomorfism

2p

Atunci  R,     G, 

1p

M  x   M  2 x   ...  M  2012 x   M ( x  2 x  ...  2012 x)  M (1006  2013x)

2p

det  M (1006  2013x)   3010062013 x 2p

3010062013 x  302012  x 

2.

2 2013

1p

 

g  X  3  X  3  X  2

2p 3p

a)

  3  3  4  0  g / f f (2)





 







f  X 3  2 X 2  4  X  3 X 2  4 X  3  X  3 X  3 X  1 b)



f  X  3

  X  1 descompunerea lui f în Z  X  2

5

171

4p 1p


 ax  b 

2

2p

2    b 2  4 x 2  x  1  4 x 2  x  1  a x 2  2 abx

2 a  4  a  2 sau a  3

1p

a  2  4 b  1  b  4 ( prima soluţie)

1p

a  3  b  1 (a doua soluţie)

1p

c)


1.

f '( x)  e x  ax 2  bx  c  2ax  b   e x ax 2  x b  2a   b  c 

2p

a)

a  3 a  3   b  2a  7  b  1 b  c  3 c  2  

3p

Studiem existenţa asimptotei orizontale

1p

b)

c)



2



3p

y  0 asimptotă orizontală spre 

1p

f (ln x)  6 x  eln x  3ln 2 x  ln x  2   6 x  x  3ln 2 x  ln x  2   6 x

2p

3ln 2 x  ln x  2  6  3ln 2 x  ln x  4  0 cu soluţiile 1 şi 

ln x  1  x1  e 2.

 

3x 2  x  2 6x  1 6 lim e 3x  x  2  lim  lim  lim  x  0  x  x x  x  x  e x  e e x

4 3

1p 2p

4  4 ln x    x2  e 3 3

f continuă pe (-  ,0) şi (0,  )

2p

172

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO lim x 2 sin x  0 , lim ln( x  1)  0 , f(0)=0 deci f continuă in punctul 0 a)

2p

x 0 x 0

x 0 x 0

1p

Deci f continuă pe R  f ite primitive pe R

x

2

sin xdx   x2   cos x  ' dx   x 2 cos x   2 x cos xdx   x 2 cos x  2 x  sin x  ' dx 1p

  x2 cos x  2 x sin x  2cos x  C1

x

 ln( x  1)dx  x ln( x  1)   x  1 dx  x ln( x  1)  x  ln( x  1)  C

1p

2   x cos x  2 x sin x  2cos x  C1 , x  0 F ( x)     x ln( x  1)  x  ln( x  1)  C2 , x  0

1p

2

b)

F ite primitive pe R,deci F derivabilă pe R  F continuă pe R  Fcontinuă în 0  1p

2  C1  C2 F (0)  1  C1  1  C2  1

1p

 x cos x  2 x sin x  2cos x  1, x  0

Deci F ( x)  

2

 x ln( x  1)  x  ln( x  1)  1, x  0

Cazul

1p

0 0

x

 f (t )dt

c)

lim 0 x 0 x 0

x2



l ' Hospital



1 ln( x  1) 1 lim  lim x  1  x 0 x  0 2x 2 2 x 0 x 0

4p


173




x3  1.

x  5x  4  x3  3x  2  0 2

2p 3p

 x  1  x2  x  2  0  x1,2  1, x3  2

2.

An3  n, n  N , n  3  n  n  1 n  2  6n  n2  3n  4  0

2p

n1  4, n2  1  N

2p 1p

S  4 3  x  0  9   x    ,3 = D  5  5 x  9  0

1p

Ridicăm la pătrat ambii membri ai egalităţii

2p

Condiţii: 

3.

 3 x  2

3  x 5x  9  5x  9  4  3  x 5x  9   2  2 x

Ridicăm din nou la pătrat ambii membri ai egalităţii 9 x 2  14 x  23  0  x1  1, x2 

23 9

2p

D dar x2 

4.

23 nu verifică ecuaţia deci S={-1} 9

  3   3   cos  x     x    arccos  2 k , k  Z  4 2 4  2    

2p

    5     x     2k , k  Z   x    2k , k  Z     2k , k  Z  4 6   12  12 

2p

174

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  5   x  0, 2   x   ,   12 12 

1p

    AB  AD  AB  AD  cos  BAD 

5.



2p



cos 75o  cos 45o  30o  cos 45o cos 30o  sin 45o sin 300    6 2 AB  AD  cos  BAD   24  6 4

6.



6 2



6 2 4

2p

1p

 x2  x  2  0  x  R  1  x 2  x  1  1   2     x   1, 0 x  x  0

4p

În final x   1,0

1p


1.

 4 1  4 1 12 3  A2       4 1  4 1 12 3 

2p

a)

12 3  3 A    12 3 

2p

deci A2  3 A  A  M

1p

Fie A  M  A2  3 A

1p 2p

det A2  det  3 A   det A  9det A 2

b)

2p

deci det A  0 sau det A  9

A2  trA  A  det A  I 2  O2

2p 2p

175


3 A  trA  A  det A  I 2  O2  3 A  trA  A  O2   3  trA A  O2

1p

A  O2 deci trA  3 2.

mAB 

3 1 2 2  0 2  , mCD    AB // CD (1) 2   1 3 2  1 3

mBC 

03 2  1  3, mAD   3  BC // AD (2) 1 2 2   1

a)

2p

2p

Din (1) şi (2) obţinem că ABCD paralelogram 1p

b)

AABCD  2  AABC

2p

1 1 1 1  2  2 3 1  7 2 1 0 1

3p

Ecuaţia dreptei BC:

c)

AM 

x 2 y 3   3x  y  3  0  M ( ,3  3) 1 2 0  3

  1  3  4 2

2

 5  10 2  22  17  5

2p

2p 1p

6 6 3 1  1,  2   M  ,  5 5 5


1.

a)

f ' x 

f ''  x  

1 2012 2012   2 2012 x x  x  2012  1 x

4024  x  1006  x 2  x  2012 

2

2p

0

2p

176

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Deci f‟ crescătoare pe domeniul maxim de definiţie

1p 1



Cazul 1

   2012   ln 1 2012  n   lim 1  f  n    lim 1  ln 1    n  n  n    n

b)  2012  lim n ln 1   lim n n  n 

n 2012  n  2012 n 2  lim 2012 n  2012 lim 1 n n n  2012 n2

2p

2p

1p

f continuă pe [1,2] şi derivabilă pe (1,2)

1p

Aplicăm teorema lui Lagrange şi rezultă că c  1, 2  astfel încât f (2)  f (1)  f '(c)

1p

ln(1007)  ln(2013) 

2.

I1 

3 3





2012 2012 1007    ln c  c  2012  c  c  2012  2013





3

1  3x 2 dx  x  x3 |03 

0

I n  I n 1 

3 3

  0

b)

0 0

e

 2012  lim n ln 1  n  

n

Rezultatul final este e2012 .

c)

a)

 2012  ln 1  Cazul n    1 n

 2012  n ln 1  n  

Deci şirul

 1  3x 2 

  1  3x  n

2

 I n n1 este descrescător

3 3 3 2 3   3 27 9

n 1

 dx  

3p

5p

3 3

 1  3x  2

n

3x 2 dx  0

2p

0



şi deoarece 1  3x 2



2p n

 0  I n  0 deci şirul este

mărginit. Deoarece şirul este monoton şi mărginit ,rezultă  I n n1 convergent

177

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 3 3

 1  3x  2

n



x ' dx  x 1  3x

3 n 2 3 0



|

3 3



n  x 1  3x 2

0

c)

1p

  6 x  dx n 1

0

3 3



I n  2n  1  3x 2

 1  3x n 1

2



2p

 1 dx  I n  2nI n  2nI n 1  I n (2n  1)  2nI n1

0

In 

2n 2n 2n  2 4n 2  4n I n1   I n2  I n2 2n  1 2 n  1 2n  1 4n 2  1

2p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 52 Prof: Oancea Cristina  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


2.

(  m) 2  4 m  4  m2  4m  16m 4m  m2  12m  m  12

3p

Notam cu t= 3x  2t 2  3t  1  0   32  2  4 1  1

1p

3 1 1  4 2 3 1 x2  1 4

2p

2p

x1 

2p

178


 2  10 3  17  M( ; )  M (3;5) 4 4

1p 2p 2p

4.

5.

6.

3 2  a9 a 6

2p

sin135  sin(180  135)  sin 45

2p

sin 2 45  cos 2 45  1

3p

tgx  2ctgx  3ctgx  tgx  ctgx

2p

 x  45 

3p



1p

4 2p


1. a)

m 1  2  4  4  m  2  0

2p

m2

2p 1p

b)

  2m  4  6  24  2m  1  15  0

3p 2p

c)

15  16

1p 2p 2p

179


2. a)

1p

6  12     2  4  2  2 6  6  2

3p 1p

b)

a=14, b=10

3p 2p

c)

2  ( x  2)(3  x  1)  (x 2  1)

2p 2p 1p


1. a)

b)

x2  6 x  9 m  lim 2 1 x  x  5x x2  6 x  9  x2  5x x9 n  lim( )  lim 1 x  x  x  5 x5 y  1 x  1  x  1

2p

(2 x  6)( x  5)  ( x 2  6 x  9) ( x  5) 2

1p



1p

1p

2 x  10 x  6 x  30  x  6 x  9  ( x  5) 2 2

2p

2

1p

x 2  10 x  21  0  x1  3; x 2  7 ( x  5) 2

2p

180


y  y0  f ( x0 )( x  x0 ) f ( x0 )  y 0  y0  y

2. a)

1p

9 5

1p

9 21( x  0) 9 21x  y  5 5 5 5

1p 2p

lim e x  1  lim 2  x  lim 2  x  x 0 x0

x 0 x 0

2p

x 0 x 0

2p

e0  1  2  0  2  0  1  1  2  2

1p

222 b)

1

1

1p

0

1p

  (2  x) dx    (4  4 x  x 2 )dx 2

0

  (4 x  2 x 2 

3

x 1 1 7 )    (2  )    3 0 3 3

1p 2p

c)

1

1

0

0

2  x  (2  x)dx   2 x  x dx 

2p

2 x 2 x3 1  2 3 0

1p

1 2  1      3 3

2p

181




2.

32015  1 2  2015 1 2 3 1

A54 

3p 2p

5! 1 2  3  4  5   120 (5  4)! 1

1p 2p 2p

3.

1007

1p

1007

(1  i )2   (i  1) 2   (2i)1007  (2i)1007  2  2  4

2p 2p

4.

  25  24  1

2p

 1  4a 4 b 5 1 5  V( ; ) 2a 2 4 2

3p

182


  3 a b  2  3  cos 30  2  3  3 3 2

2p 3p

cos145   cos(180  145)   cos 35

6.

sin 35  cos35  cos35  sin 35 sin145  sin(180  145)  sin 35

2p 1p 2p


1. a)

b)

 52014 0   5 0   52 0    .........     2 2014  5  0 5  0 5   0  52015  2  0   52015  2  1 0  4      4 0 1  52015  2  0   4  

2p

det A  5  5  0  0  25

3p

5 0 5 * At    A  0 5 0 1 5 5 0   1 A1       25  0 5   0  c)

2p 1p

0  5

2p

 0  1  5

52 n  3  52 n  1250

1p

2  52 n  1250

2p

52 n  625  n  2

2p

2.

C  x3  6 x  4

1p

a)

restul  0

3p 183

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1p b)

x12  x22  x32  x42  64  12  52

3p 2p

c)

f ( x)  ( x  8)  (x 3  6 x  4)

2p 2p 1p


1. a)

( x 2  1) ( x  1)  ln x  2  x  ln x  0 x 2

x  ln x(x 2  2 x  1)  x 2  1 0 x  x 1

2p 2p 1p

b)

f ( x)  (;1)

1p

f ( x)  (1; )

1p 1p 2p

c)

y  y0  f (1)( x  1)

1p

y0  f (1)  0 f (1)  0

1p

y0

1p 2p

184


x 35 x3 5 2 x  3 dx  2 x  3dx  2 x  3dx 2

2

2

2p

2

2p

2

2 2 1 dx  x  5  ln x  3 2 2 x3 2

  1dx  5  2

1p

 2  2  5  ln 5  5  ln 1  4  5  ln 5   2

 x  2dx 

2

b)

2

 x  2dx 

2



2 x2 4 4  2x   4   4  8  2 2 2 2 1p

2 x2  2x 2 2

1p

4 4  4   4  8  2 2

1p 2p

c)

2p

2

 ( x  2) 2    x  3 dx x3  0  2

2

1p

2

   ( x  2) 4 dx    1 ( x  2) 4 dx 0

2p

0

u ( x)  x  2  u ( x)  1 

( x  2)5 2 (2)5   0 5 5

185




2.

1  2  3  .....(n  1)  n n 1  2  3  .....(n  1) 1 2  3  .....(n  1)  n Cn1  n 1 1  2  3  .....(n  1) n  n  36  2n  36  n  18

3p

An1 

215 

2p

1p

10  215  215  21,5  236,5 100

2p 2p

3.

( 6)2  32  ( 12)2

1p

186

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 2p 2p

4.

11  3  x  2  11 13  3  x  9

2p 3p

13   x3 3  13  x ;3  3  5.

6.

m=0

2p

m=2

3p

cos120   cos(180  120)   cos 60

2p

cos110   cos(180  110)   cos 70

1p

cos100   cos(180  100)   cos80 





2p

cos 60  cos 70  cos80  cos80  cos 70  cos 60  0


1. a)

b)

 20 17  A2     72 25   12 15  B2     56 23   32 12  A2  B 2     16 2 

2p

Det(A+B)=8  8=64

3p

Det(A)=38

2p

2p 1p

187

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Det(B)=30

 Det ( A  B)  Det (A)  Det(B) c)

8 0 C   0 8  8 0   82   0 8  0

1p 2p

8 0  ......  2 8   0

2014

0   8 

2p

2014

 82014  2  0   82014  2  1 0  7       7  82014  2  0 1 0   7   2014 8 2   I2 7 2.

C  x2  5x  6

1p

a)

restul  0

3p 1p

b)

c)

3p x 12 +x 22 +x 32 =81-2  26=81-52=29

2p

(x-4)(x-3)(x-2)

2p 2p 1p


1. a)

f ( x) 

3 3 10   f (1)   2 2 x ( x  2) 3

2p 2p

188

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1p b)

( x  2)3  x3 1  0 x  x 3  ( x  2)3 

1p

lim f ( x)  lim x 

1p 1p 2p

c)

2. a)

 3  ( x 2  4 x  4)  3x 2  lim x 4    x  x 2  (x  2) 2   (12 x  12)  lim x 4  4 x  x  4  x3  4 x 2 12 x 4 ( x  1)  lim 4  12 x  x  4 x 3 _ 4 x 2

1p

3

3

2p

0

0

2 2  ( x  3) dx   x  6 x  9dx 

 b)

3

1p 2p

3 x3 x2  6  9x 0 3 2

27 9  6  9  3  9  27  27  9  3 2

2014  ( x  3) dx  0

1p

2p 1p 1p

( x  3)2015 3 32015   2015 0 2015

1p 1p 2p

189


3

2p

0

1p

 x  f n ( x)dx f ( x)  x  f ( x)  1

2p

( x  3) n 1 g ( x)  ( x  3)  g ( x)  n 1 3 ( x  3) n 1 ( x  3) n 1 x  dx n 1 n 1 0 n



x  ( x  3) n 1 1 ( x  3) n  2 3    n 1 n 1 n  2 0

(3) n  2   (n  1)(n  2)

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 55 Prof: Oláh Csaba



r  3 raţia progresiei, atunci x  1  3  n  1  3n  2 1  4  7  ...  3n  2 

2.

n   3n  1  n  3n  1  290 , n  10 2

1p

2p

x  3n  2  30  2  28 .

2p

1 1  x x xx  1  m 1 2 1 2  Din relaţiile lui Viete x1  x2  m  1 şi x1  x2  m  m   x1 x2  x1 x2 

2p

190

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  m 3.

m 1 m  1 nu depinde de m . m

Împărţind ecuaţia la

2 , se obţine

3p

2 2    sin x  cos x  1  sin   x   sin , 2 2 2 4 

x  0, 2  atunci x  4.

Tk 1  C



k 150

4

3p

2p



 2

 

x

150  k

a

 4

. k

150 k  4  k k 2  C a  4k  a 3  C150 4k  a 150 3   a k

450 5 k 6

2p , termenul nu conţine a

 

450  5k  0  5k  450  k  90 , 6

1p 2p

90 90 termenul fără a : T91  C150 4 .

5.

1 2m  1 1 1 2m  1 1 l2 l1 1 8  2m 2 9 1  0  1 8  2m 0  0  0 l3 l1 3 2m 4 4m  1 1 3 2m 0 adică 8m  24  m  3

6.

cos2 x    x ,  2 

2p 3p

1 1 1    2 1  tg x 1  64 65

 cos x  

3p

65 . 65

2p


1. a)

1 1 1 1 0 0 c2  c1 1 2 det V 1, 2,3  1 2 3  1 1 2  86  2 c3  c1 3 8 1 4 9 1 3 8

191

4p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  2. b)

1p

1  t V  a, b, c   V  a, b, c    a  a2   3    abc  a 2  b2  c 2 

c)

1  1 a a 2     c   1 b b 2   c 2  1 c c 2 

1 b b2

abc 2 a  b2  c 2 a 3  b3  c 3

3p

a 2  b2  c 2   a 3  b3  c 3  . a 4  b 4  c 4 



2p







x3  3x  2  x3  x  2 x  2  x x 2  1  2  x  1   x  1 x 2  x  2   x  1  x  2  , 2

3p

 x 1 x 1

1 1 1 c1  c2 x1  x2  1, x3  2  det V 1,1, 2   1 1 2  0 . 1 1 4 2. a)

 2 f  k   k  k  3 k  1 k  2    k 2  3k   k  3k  2   t t  2    t  t 

2p

2p 3p

 t 2  2t  t 2 , dar t 2  2t   t  1  1   t  1 , 2

k b)

2

 3k



2



 f  k   k 2  3k  1  f  k   m2 , m  Z



f  k   1  k 2  3k





2





2

2





 2 k 2  3k  1  0 

1p

2p 1p

2

 k  3k  1  0 , de unde k  3k  1  0 2

2

 3  5 3  5    k  , . 2   2   c)

f k 

n

2p

n

n

  k  1 k  2   k  k  3   k k 1



k 1

n  n  1 2n  1 6

 3

k 1

n  n  1 2



n

2

 3 k 

2p

k 1

n  n  1  2n  1    3  2  3 

192

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 

n  n  1 n  5 3

1p .


1. a)

lim x 1

f  x x2  5x  4

 lim x 1

b)

 x  5 x  1 x  3 x  7   x 1  x  1 x  4 

2p

 lim

 x  5 x  3 x  7   4  4  8  128 . x4

3

3p

3

Funcţia f se scrie





f  x    x  5 x  7  x  1 x  3  x 2  2 x  35  x 2  2 x  3    t  32  t  t  





 t 2  32 t  162  162   t  16   256  x 2  2 x  19  256 2

 216

2

3p

f   x   2  x 2  2 x  19   2 x  2   4  x  1  x 2  2 x  19 

f '  2   4  3   4  4  19   44  3 , f  2   3  5  9  45  3 f '  2 f  2

c)



44  3 44 .  45  3 45

f   x   0  4  x  1  x 2  2 x  19   0  x  1  0  x1  1 , sau x2  2 x  19  0 , x2,3  1  2 5



2p

2p

2p



x  1  2 5, 1, 1  2 5 toate trei rădăcini sunt reale. 1p 2. a)





x2  1  x2 x4  x2  1 x4  2x2  1  x2 f  x  2   2  x  x 1 x2  x  1 x  x 1

193

2p


x   b)

2



 1  x x2  1  x x  x 1 2

x





f  x  dx   x 2  x  1 dx 

H   x   h  x   x2  x  1 

 x 1

2

1p

x3 x 2   xC . 3 2

2p 3p

1 0  x  x 1 2

 H este o funcţie crescătoare. c)

1

1



2p



1p

1

1   f  x   g  x dx   x  x  1 dx   x2  x  1 dx  (*) 0

0

2

0

1

1 1 1 1 x 1 1 1 1 2  dx   dx  arctg 2 0 x2  x  1 dx  0 2 2 1 1 3 3 3 0  1  3 x  2x     x   2 4 4 2 2 0 2  2  

   2 3 3  2 3 3  arctg 3  arctg    3   3  18 9    3  6   1

2p

1p

1p

 x3 x 2  3 11 3 . (*)     x     9 6 9  3 2 0


194

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Prof: Oláh Csaba



50

1  i 

25  2 50 50  2   1  i     2i   2  i   250 , în mod similar  1   2i 

1  i 

 250  1  i 

100

100

2.

100

 1  i 

100

3p 2p

 250  250  251  Z .

f  x   g  x   x 2  4 x  5  4 x  7  x 2  8x  12  0 , x1  2 , x2  6

2p

g  2   1 şi g  6   17 2p Punctele de întâlnire A  2,1 şi B  6,17  . 3.

3 2 2 



1   3 2 2 3 2 2 



1

1p



 , ecuaţia se poate scrie 3  2 2  



x





1 3 2 2



x

2, 2p

dar

3  2 2  4.

x



1

3  2 2 

x



 2, x R  3 2 2

  3  2 2  x

x

 x   x , adică x  0 .

Cifre, numere prime, sunt 2,3,5, 7 , numere de 3 cifre prime distincte A43  4!  24

3p

2p

În total sunt 900 numere de 3 cifre 1p

24 2 Probabilitatea p  .  900 75 5.

2p

      2 u  v  i   2m  1 j , u  v  1   2m  1  4m2  4m  2

2p

2p 195

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO   u  v  2  4m2  4m  2  2 , adică 4m  m  1  0 de unde

1p

m 1,0 . 6.

AB  4  3 , BC  4  4 iar AC  4  5 , sunt numere pitagorice  ABC este triunghi dreptunghic cu ipotenuza AC  20 ,

R

3p 2p

AC 20   10 . 2 2


1. a)

m  1 1 0 det A  m   0 m  1 1   m  1 m  1 0

b)

0

3p

1

rangA  m  3  m  R \ 1,1 .

2p

1 1   m 1 1    0 m 1 1  m  Socotind A  m  obţinem A  m   2 m 1  0 m2  1  0

3p

1

1

 3 1 1 1   A  2     0 1 1 . 3   0 0 3  1

c)

2p

det  A  m   A  m  1  det A  m   det A  m  1   m  2  m  1 m  1 m 









 



2



1p



 m2  m  2 m2  m  m2  m  2 m 2  m  1  1  2

 m2  m  1  1

2p





det  A  m   A  m  1  1  m2  m  1  1  1 , adică m2  m  1  0 , de unde 2

196

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO m1,2  2.

1 5 1 5 , m3,4  . 2 2

2p

5

Folosind relaţiile lui Viete, putem scrie

x i 1

a)

i

 2,



1i  j 5

xi x j  6 , unde xi , i  1,5 sunt 2p

rădăcinile polinomului 2

 5  2 x   i   xi   2  xi x j  4  12  8  0 , dacă toate xi ar fi fost reale, rezultatul ar fi i 1 1i  j 5  i 1 

2p

fost pozitiv, rezultă ca nu toate rădăcinile sunt reale.

1p

b)

Aplicând schema lui Horner, se găseşte rădăcina x  2 .

5p

c)

Tot cu schema lui Horner obţinem f   X  2  X 4  6 X 2  5

5





X 4  6 X 2  5  X 4  X 2  5 X 2  5  X 2  X 2  1  5  X 2  1   X 2  1 X 2  5 , deci f   X  2   X 2  1 X 2  5 , radicinile complexe i, i 5 toate patru diferite.

1p

2p 2p


1. a)

f  x 

2 x2  8x  x  4  4  1 2 x  x  4 x  4 3     x4 x4 x4 x4

 2x 1

3 3  f '  x  2  0 2 x4  x  4

f este crescătoare pe domeniul maxim de definiţie. b)

3  0 , y  2 x  1 este ecuatia asimptotei oblice x  x  4

Cum în a). lim

Asimptota orizontala nu există iar asimptota verticală este x  4 .

197

1p 2p

2p 3p

2p


f  x 2x



1  3  1 3 x 1   2x 1  2  1 2 ,   1 2x  x4 2 x 2 x  8x 2 x  8x

 f  x  lim   x   2x 

2 x 1

 f  x  lim   x   2x 

2 x 1

2p

 1 1p x 1

2 x 2 8 x  2 x 2 8 x  x 1 x  1     lim 1  2   x   2 x  8x  e  

 2 x 1

e

lim

x

2 x 2  3 x 1 2 x 2 8 x

 2p

 e. 2. a)

1

x  1 1 x 1 1 I1   dx   dx   dx   x  ln 1  x    1 x 1 x 1 x 0 0 0 0 1

1

1

2p

e  1  ln 2  ln . 2 b)

1

I n1   0 1

1 n 1 x  x  1 x n1  x n  x n xn dx   dx   dx  1 x 1 x 1 x 0 0

x n 1 xn 1   dx   In . n 1 0 0 1 x n 1

c)

3p

3p

1

2p

Folosind formula din b). se poate scrie

I6   ln

1 1 1 1 1 10  12  15  20  30  60 e e 37      1  I1   ln  ln  6 5 4 3 2 60 2 2 60 e 37  . 2 60

3p 2p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE 198

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Varianta 57 Prof: Oláh Csaba



2

2    1 1 1 1     z   i , z 4  4   z 2  2   2   z    2   2   z z  z z   i  

3p

  3  2  7 .

2p

 f  g  x   g 2  x   6g  x   8

1p

2

2

2.

g 2  x   6 g  x   8  0  g  x   2, g  x   4 2p

3.

g  x   2  2x  6  2  x  4 , g  x   4  2x  6  4  x  5

1p

x  4,5 .

1p

x  1 , log x 1  x  1  log x 1  x  1 

log x 1  x  1

1

log x 1  x  1

 log x 1  x  1  4.

1

1

 2 , dar log x 1  x  1 

log x 1  x  1

1p

, ecuaţia se poate scrie aşa

1

log x 1  x  1

2

 1  x 1  x  1 , ecuaţia nu are rezolvare in R .

2p

2p

Se cunoaşte identitatea Cn0  Cn1  ...  Cnn  2n ,

2p

2048  211  n  11 .

3p

199


  AB  1, 2  , BC 1, 2 

2p

  AB  BC  11  2  2  3 . 3p 6.

2  sin a  sin b  sin a  sin b   2  sin 2 a  sin 2 b  

2p

 1  cos 2a 1  cos 2b   2    cos 2b  cos 2a . 2 2  

3p


1. a)

După relaţiile lui Viete x1  x2  x3  0 ,

x1  x2  x3 D  x1  x2  x3

x2 x1

x3 0 x2 x2  0 x1

x3 x2  0 .

x1  x2  x3

x3

x1

x1

c1  c2

c1  c3

b)

c)

2p

0 x3

3p

Cum x1  x2  x3  0 ,

2p

x13  x23  x33  3x1 x2 x3  15 .

3p

x 2 x x 3 x  2 x  x 3 2 x x 3 1 2 x x3 l2 l1 x 3 x 2 x  x 3 x  2 x x 2  x   x  1 1 x 2 x  l3 l1 2 x x 3 x 2 x  x 3 x x 3 x 1 x 3 x

1p

 x 1

1 2 x x 3  x  1 0 2 x  2 5  2 x   x  1 6 x  6  4 x 2  20 x  25   x  1 4 x 2  14 x  19



0 2x  5

2.







2p

3

x 2 x x 3 x 3 x 2  x  0   x  1  4 x 2  14 x  19   0  x  1 .  0   2 x x 3 x

2p

x  y   x  4  y  4   4 ,

1p

200


x  e  x   x  4 e  4  4  x   x  4  e  4   x  4  e  4  1 , e  5 1 4 x  15 . x  x  e   x  4 x  4  4  5  x  4 x4 x4

2p

x  b  b  x  b   x  4b  4  4  b   x  4b  4   b  4  b  4  x  5  0 , de

3p

unde

2p



'

b)



'

'

2p

b4. c)

Din b). se ştie că 4  x  x  4  4

2p

x 4  44  4 4 x  5  x 4  4 4 x  5  4 x  4  5 , de unde 4 x  1

2p

4

4

1p

x 0.


1. a)

an 

n3  3n2  3n  1  n3  n  n  1

bn  an 

1

 n  1

3



3

 n  1  n3  1  1  3 3 3 n3  n  13 n  n  1 n3  n  1 3

1 1 1 1    3 . 3 3 3 n  n  1  n  1 n

2p

1p

1 bn 1  n  1  n      1  bn este un şir descrescător. 1 bn  n 1  n3 3

b)

lim an  n  lim 4

n 

n 

3





2p

n 4 3n 2  3n  1  n  n  1 

3

2p

3p

201

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 3 1   n6  3   2  n n   lim   3. n  1 6 n 1    n c)

n n  1 1   lim  ak  lim   3  3 n  n   n  1 k 1 k 1  n    

1p

  1 1 1 1 1 1 1 1   lim  3  3  3  3  3  3  ...  3   n   1 2 2 3 3 4 n  n  13  0 0 0 0  

2p

 1    1.  lim 1  3 n    n  1     2. a)

I1  

2p

1tgx u 1  tg 2 x 1 1 du dx    dx     2 1  tgx 1  tgx cos x u

3p

  ln u  C   ln tgx  1  C . b)

c)

I2  

2p

tgx u 1  tg 2 x 1 1 1 dx    2  dx    2 du  2 2 1  tg x tg x  1 cos x u 1

3p

1 u 1 1 tgx  1   ln  C   ln C. 2 u 1 2 tgx  1

2p





6

1  tg 2 x f 4  x  dx   dx 1  tg 4 x 0

1p

 0

6

1 1 1 1 1   2   2  2 . 4 2 1  tg x tg x  1 tg x  1 2  tg x  1 tg x  1 



 6

 0





f 4  x  dx 





1p 

1 1  tg x 1 1 1 1 1 tgx  1  6 dx   dx  x  ln    2 0 tg 2 x  1 2 0 tg 2 x  1 cos 2 x 2 2 tgx  1  0 6

2

6

2p

1p 202


tg  1 1 1 1  1 3 3 6 .   ln   0  ln1   ln 12 4 tg   1 2 4 12 4 3 3 6



BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 58 Prof:Păcurar Cornel-Cosmin



2.

9  2 x 1  9

2p

4  x  5

1p

cardA  10

2p

2 x  1  3x 2  3x  1

1p

x1  1, x2 

2 3

2p

 2 1  3 3

3.

Punctele de intersecție sunt 1;1 și  ; 

2p

8  3x  8 12 x  6 x2  x3

1p

x  x2  6x  9  0

1p 3p

x1  0, x2,3  3

203


k Tk 1   1 C2012 22012k  3 , k 0,1, 2,..., 2012 k

k

Tk 1    k par

2p

Sunt 1007 termeni raționali

5.

6.

1p

BC : x  y  2  0 Distanța este

2p

1 2  2 2

2p 3p

1  2

cos 2 x  2cos 2 x  1  2cos 2 x  1 

cos x  

3 2

 3 x  ; 2 

3    cos x   2 

2p

1 2

2p

1p


1. a)

b)

c)

1 m m2 2 2   m m2 1    m2  m  1  m  1 m2 1 m

3p

Finalizare : m  1

2p

Dacă sistemul are soluții nenule,atunci   0

2p

În acest caz, sistemul se reduce la x  y  z  0

1p

Această ecuație nu are soluții cu toate componentele strict pozitive

2p

Pentru m  1, rangul este 1

2p

Pentru m  1, rangul este 3

3p

204


1 9

 x  y   z   x  2 y  2  z  2   2 și

a)

x  y  z 

1  x  2 y  2  z  2   2 9

4p 1p

Finalizare: legea este asociativă b)

Trebuie să arătăm că există e   astfel încât x  e  e  x  x, pentru orice x  

1p

x  e  x  2 x  2e  ex  2  3x   e  1 2  x   0, x  , deci e  1

3p

Verificarea relației  1  x  x, x   c)

xxxx  

1p 2p

1 4  x  2  2 27

3p

x  x  x  x  1   x  2   81  x  5 sau x  1 4


1. a)

f   x    x3  3x  2012

2p

x3  3x  2012  1 x   x 3  3 x  2012

3p

f '  x   3x 2  3

2p

f '  x   0, x  1;    f este crescătoare pe 1; 

3p

lim f  x   , f  1  2014, f 1  2010, lim f  x   

2p

lim b)

c)

x 

x 

Din studiul variației funcției deducem că ecuația f  x   m are trei soluții reale distincte dacă și numai dacă m  2010; 2014  2. a)

2013

I2 



2012

 y  2012  y

3p

2p

2

dy

205


 y2  I2    4024 y  20122 ln y   2012  2012 I2  b)

4025 2013  4024  4025  20122 ln 2012 2012

1p

1

xn I n  I n 1    1  x dx  0 pentru orice n,  I n1  I n , n   x  2012 0 1

I n 1  2012 I n   0

c)

2p

1 x n  x  2012  1 dx   x n dx  , n   x  2012 n 1 0

2p

3p

3p

1 1  In  2013  n  1 2012  n  1 Finalizare: lim I n  0 n 

2p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 59 Prof: Păcurar Cornel-Cosmin



1  i  2i  2  9  6i 

3p 206


2.

6  5i

2p

x2  x  1  0  x  , x  2  0  x   2;  

1p 2p

x2  x  1  x2  4x  4

3  x     2;   5 3.

x

 3

 2k  arccos

1    x  2 k   , k   2 3 3

x   0; 2   x1  0, x2  4.

5.

6.

2p

2 3

2p

3p

În A avem 6 elemente impare și 5 elemente pare

2p

Finalizare : C63  C51  100 de moduri

3p

 xD  2  yD  2

Fie D e mijlocul lui  BC   

2p

AD  32  12  10

3p

1 1  3  sin x cos x  sin x cos x 3

3p

sin 2 x 

2 3

2p


1. a)

1 x  y  A x  A y    0 1 0 0 

x 2  2 xy  y 2   2 y  2 x   1 

2p

207


b)

 1 x  y  x  y 2    A x  A y   0 1 2  x  y    A  x  y  0  0 1  

3p

 0 x  y x2  y 2    A x  A y   0 0 2 x  2 y  0  0 0  

1p

 A  x   A  y 

 A  x   A  y  c)

2

3

 0 0 2  x  y 2     0 0 0  0 0  0  

2p

0 0 0     0 0 0   O3 0 0 0  

2p

A x  A x  A x  A x  I2

3p

  A x   A  x  1

2. a) b)

2p

R  f  2i    4i 

3p

10

2p

R  410 10

10

10



f   C10k x10k  2i    1 C10k x10k  2i    C10k x10k  2i  1   1 k

k 0

k

k

k 0

k 0

k

k



10 2 k a2k  2   1 C10  2102k  , k 0,1,...,5 , a2 k 1  0, k  0,1,..., 4

3p

Fie z o rădăcină a lui f   z  2i     z  2i   z  2i  z  2i

2p

Punctul de afix z este egal depărtat de punctele de afixe i, deci aparțin axei reale

3p

k

c)

2p

10

10

SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte) 208


1. a)

f '  x  

4

 x  2  x  2 

2p

 f este strict descrescătoare pe b)

3p

 0, x   2;  

 2;  

lim f  x   0  d1 : y  0 este asimptotă orizontală spre 

3p

x 

lim f  x     d 2 : x  2 este asimptotă verticală la dreapta

2p

x 2 x2

c)

4   ln 1   4x x2 lim x  f  x   lim   lim x  x  x  x  2 4 x2

3p

lim x  f  x   4

2p

x 

2. a)

 f  x dx    9

9

1

1

9

 x2 8x x  x  4 x  3 dx     3x  3  2 1



 f  x dx   3

2p

g  x   0, x  1;3

1p

9

16

1

b)

3p

3   A    g  x  dx     x  4  dx x 1 1 3

3

1p

3

 x2  A     4 x  3ln x   2 1

2p

A  28  ln 27 1p c)

3

3

1

1

I n   f n  x  dx  2n   x 2  4 x  3

n 1

  x 2  2 x  dx

209

1p


I n  2n   x 2  4 x  3

n 1

1p

  x 2  4 x  3  2 x  4  1 dx

1

3

3

I n  2n   x 2  4 x  3 dx  2n   x 2  4 x  3 n

1

3

x

2

 4 x  3

n 1

1

n 1

3

dx  2n   x 2  4 x  3 1

0

  2 x  4  dx 1p 1p

  2 x  4  dx   t n 1dt  0

1

n 1

0

 I n  2nI n  2nI n1   2n  1 I n  2nI n1  0

1p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 60 Prof: Păcurar Cornel-Cosmin



b1  b3  5 și b3  b5  20  b1 1  q 2   5 și  b1q 2 1  q 2   20

2p

 q 2  4  q  2 q 0q 2 2.

2p

1p

  0  a2  8a  4  0



3p



Finalizare: a  , 4  2 3   4  2 3,   0





210

2p


3 5 2 x  3  0, x  1  0,5  2 x  0  x   ,  2 2

ln

4 x 2  12 x  9  ln  5  2 x   6 x 2  19 x  14  0 x 1

7 3 5 3 5 x1  2   ,  , x2    ,  6 2 2 2 2 4.

Cn2 

2p

2p

n  n  1 2 , An  n  n  1 2

1p

n  n  1  n  n  1  63  n  n  1  42 2

3p

n  n  7 5.

1p

1p

  v1  v2  20112  20122  0

3p

  v1  v2  20112  20122  0

2p

   vectorii v1 , v2 formează un unghi obtuz 6.

   C     4 6

1p

AB  2R sin C

2p

 6 2        sin C  sin         sin     4  4 6  4 6  Finalizare: R  6



6 2



1p

1p


1. a)

a 11  5  a  3

2p

211


b)

4 1  3  b  b  0

2p

2  3  4  9 este adevărat

1p

a 1 1 5 1 1 4  0 și  c  9 3 4  0 Sistemul este incompatibil dacă   2 3 4 1 3 b 1 3

3p

 a  3, b  0

c)

 ax  y  z  5  Pentru b  7 avem sistemul 2 x  3 y  4 z  9 care este compatibil pentru orice a    4 x  y  3z  7 

 0,11, 6  2.

2p

3p

2p

este soluția cu toate componentele întregi , a 

Rădăcinile întregi ale lui f se găsesc printre divizorii lui 10

2p

a)

f  2   0  x  2  e rădăcină a lui f

3p

b)

x1  x2  ...  x5  2, x1 x2  x1 x3  ...  x4 x5  1

2p

x12  x22  ...  x52   x1  x2  ...  x5   2  x1 x2  x1 x3  ...  x4 x5   22  2   1  6

1p

2

 x1  x2    x1  x3    x1  x4    x1  x5    x2  x3   4  x12  x22  ...  x52   2  x1 x2  x1 x3  ...  x4 x5   18 2

c)

2

2

2

2 2 f   X  2   X 2  1   X  2    

x

2

 ...   x4  x5   2

2p

2p

 1   x  2   0, x   2

2

2

2p

 f are o singură soluție reală

1p



1. a)

f '  x   3x 2  1001  0, x    f strict crescătoare  f injectivă

2p

lim f  x   , lim f  x    și f este continuă,deci f surjectivă

2p

x 

x 

1p

Va rezulta că ecuația f  x   y are soluție unică, y   b)

h  x   x3  1001x  20014 

1p

1 n  2012

h  2   0, h  3  0  xn   2;3

1p

xn31  xn3  0  xn1  xn  0 1p

  xn  convergent și lim xn   2;3 n 

 xn  2   xn2  2 xn  1007   c)

n  xn  2  

a)

3p

n  x  2 xn  1007    n  2012

n 

2p

1 1015

 x 2011  1 ,x 1  F '  x   f  x    x 1  2011, x  1 

x  1  x 2011  1  0, x  1  0 

x 1 x

2011

2p

2 n

 lim n  xn  2   2.

1  lim xn  2 n  n  2012

2p

x 2011  1 0 x 1

x 2011  1  1  0, x  1   0  0 x 1

 F '  x   0, x    F este strict crescătoare pe 

213

1p

1p 1p


F  x  x 

1p

x2 x 2011  ...  2 2011

lim F  x   , lim F  x   , F continuă  Im F    F surjectivă

2p

Din a)  F injectivă

1p

x 

x 

1p

Deci F bijectivă

c)

Cu schimbarea de variabilă F 1  x   t  x  F  t   dx  f  t  dt

2p

1

 t2 t3 t 2013  F x dx  tf t dt    ...         0 0 2013  0 2 3 1 1 1    ...  2 3 2013 a

1

1

2p 1p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 61 Prof: Pascotescu Camelia  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


1.

49  3 1000  ( 3)2  72  3 (10)3  3 

2p

 7  (10)  3  0

2.

Din Relaţiile lui Viète avem x1  x2  

m m  1  m şi x1 x2   m  1 1 1

Relaţia dată devine 2m  (m  1)  3 m

3p

2p

1p

2 3

2p

214


4.

34 x  3x

1p

2

4x  x 2

2p

x1  0, x2  4

2p

1  Se impun condiţiile 2 x  1  0 şi 2  x  0 ,de unde x   , 2  2 

2p

Ecuaţia devine 2 x  1  4  4 x  x2 cu soluţiile x1  1, x2  5

2p 1p

1  Având în vedere că x   , 2  , soluţia ecuţiei este x  1 2 

6.

sin 2 x  cos2 x  1 sin 2 x  1  cos 2 x 

2p 1p

1 9

2 2   x   ,    sin x  3 2 

2p


. a)

b)

Folosind Regula triunghiului: det A  4a  3a 2  18  9a  2a2  12 

3p

 a 2  5a  6

2p

Matricea este inversabilă pentru det A  0

2p

det A  0  a {2,3}

2p

A este inversabilă pentru x    {2,3}

c)

1p

det A  2  0  Sistem Cramer

2p

Sistemul are soluţia unică x  0, y  1, z  0 .

3p

215


a şi b pot lua fiecare 5 valori.

3p

a)

Obţinem 5  5  25 matrice.

2p

b)

 0ˆ  Fie A   0ˆ ˆ 0 

c)

 0ˆ a b   1ˆ a  , B   0ˆ  ˆ 0 0ˆ 1ˆ  

c d  1ˆ c   H .  0ˆ 1ˆ 

2p

 1ˆ a  c d  ac  b    Atunci A  B   0ˆ 1ˆ a  c  H . ˆ  0  0ˆ 1ˆ  

3p

 0ˆ  Fie X   0ˆ ˆ 0 

3p

 1ˆ 3ˆ a 3ˆ a 2  3ˆ b  a b    1ˆ a   H . Atunci X 3   0ˆ 1ˆ 3ˆ a  .  ˆ ˆ  ˆ 0 0  0ˆ 1ˆ  1   a 0ˆ

X 3  I3  3ˆ a  0  a  0ˆ şi 3ˆ a 2  3ˆ b  0ˆ  3ˆ b  0  b  0ˆ

2p 1p

Deci X  I3  H .


1. a)

b)

f '( x) 

(ln x) ' x  ln x  ( x ) = ( x )2

2p

1 1  x  ln x  x 2 x  2  ln x  x 2x x

3p

f '( x)  0  ln x  2  x  e2

2p

216

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Din tabelul de variaţie rezultă că f este strict crescătoare pe (0; e2 ) şi strict

3p

descrescătoare pe (e2 ; ) . c)

Deoarece 3, 5  (0; e2 ) şi 3  5 , cum funcţia este strict crescătoare pe (0; e2 ) , avem f (3)  f (5) .

Atunci 2. a)

ln 3 ln 5   5 ln 3  3 ln 5  ln 3 5  ln 5 3  3 3 5 1

0

5

3

1

1

1 x2 x2  1 1 1    d x    1  2  dx   x  arctg x  0  1  2 2  x 1 x 1 x 1 4 0 0 1

1

x2n2  x2n x 2 n ( x 2  1) I n 1  I n   dx   dx   x 2 n dx 2 2 x 1 x 1 0 0 0 1

I n 1  I n 

c)

5

x 1 2x 1 ( x 2  1) 1 1 I1   2 dx   2   2 dx  ln | x 2  1|  ln 2 x 1 2 0 x 1 2 0 x 1 2 2 0 0 1

b)

2p

1

I2  

1

1

1 n 1

1

0

2p

3p

3p

2p

2p

x2n  x 2 n , rezultă Deoarece 0  2 x 1 0

3p

1p

1

x2n 1 dx   x 2 n dx  2 x 1 n 1 0

Cum lim n 

2p

1  0 , cu Criteriul cleştelui , deducem lim I n  0 . n  n 1

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 62 Prof: Pascotescu Camelia 


217

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10. 


1.

2.

3.

z  a  ib  z  a  ib

1p

2(a  ib)  a  ib  3  2i  3a  ib  3  2i

2p

 a  1, b  2  z  1  2i

2p

Din Relaţiile lui Viète avem x1  x2  

3 1  3 şi x1 x2   1 1 1

Deci x12  x22  ( x1  x2 )2  2 x1 x2  (3)2  2 1  7

3p

Fie t  2x  0 . Rezultă 2t 2  t  1  0

2p

1 t1  1, t2   . Deoarece t1  0, t2  0 şi t  0  t  1 2

2p

 2x  1  x  0

4.

1p

Numărul submulţimilor căutate este C53

 5.

2p

2p 3p

5! 5! 4  5    10 3!(5  3)! 3! 2 2!

Distanţa de la un punct A(x 0 , y0 ) la dreapta d : ax  by  c  0 este d ( A, d ) 

| ax0  by0  c | a 2  b2

2p

. 3p

Deci d ( A, d ) 

6.

| 2 1  3  3  1| 2 3 2

2



10 10 13  13 13

Prin ridicare la pătrat obţinem sin 2 x  cos2 x  2sin x cos x  1 de unde

3p

sin 2 x  0

2p



     2 1 4 3

1 2 3 4 

5p

b)

x      x   1

1p



c)

1

2p

1 2 3 4     2 1 4 3

1 2 3 4 1 2 3 4  1 2 3 4  x     4 2 3 1 2 4 1 3   2 1 4 3 

2p

Numărul de inversiuni al permutării  este m( )  3  ( )  (1)3  1 , deci  e impară.

2p

Dar oricare ar fi x  S4 avem ( x 4 )  1 , deci x 4 este permutare pară.

2p 1p

În concluzie, ecuaţia x 4   nu are soluţie. 2.

f (1)  [1  (1)  (1)3 ]30  (1)30  1

2p

a)

f (1)  [1  1  13 ]30  330

2p 1p

f (1)  f (1)  1  330

b)

Avem f (1)  a0  a1  ...  a30

2p

Dar f (1)  330  a0  a1  ...  a30  330

2p 1

Deci a0  a1  ...  a30 3 c)

f (X)  ( X 2  1) q( X )  aX  b

2p

X  1  f (1)  a  b  a  b  330  330  1 330  1 ,b  a  2 2 X  1  f (1)  a  b  a  b  1

2p

Resul căutat este aX  b 

330  1 330  1 X . 2 2


1p


f '( x) 



b)

c)

( e x ) x 2  e x ( x 2 )  x4

2p

e x x 2  e x (2 x) x4

2p

e x ( x 2  2 x) e x x( x  2) e x ( x  2)    x4 x4 x3

1p

f '( x)  0  x  2  0  x  2

2p

Pe (,0)  (2; ) avem f '( x)  0 ,deci f este strict crescătoare.

2p

Pe (0; 2) avem f '( x)  0 ,deci f este strict descrescătoare.

1p

  2 3   f ( 3)  f ( 2)  f descrescatoare pe (0; 2)   3, 2  (0; 2)

e3 e 2   2e 3 2

3

 3e

3p 2p

2

2sin x  3cos x dx 2sin x  3 cos x

2.

2 I1  3I 2  

a)

2 I1  3I 2   dx  x  C (1)

3p

b)

2 I 2  3I1  

2 cos x  3sin x (2sin x  3cos x) ' dx   dx 2sin x  3cos x 2sin x  3cos x 2 I 2  3I1  ln 2sin x  3cos x | C (2)

3p

c)

2p

2p

Rezolvând sistemul format din (1) şi (2) rezultă I1 

I2 

3p

1 (2 x  3ln | 2sin x  3cos x |)  C 13

2p

1 (3x  2ln | 2sin x  3cos x |)  C 13 220


BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 63 Pof: Pascotescu Camelia  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


1.

f (3)  (1)3  (2)4

3p 2p

=-1+16=15 2.

Cu Formula radicalilor compuşi

4  2 3  4  2 3  3  1  3 1 

2p

 2 3  

3.

3p

Funcţia fiind injectivă şi domeniul şi codomeniul său având acelaşi număr de elemente, rezultă că funcţia ia fiecare din valorile 1, 2, 3 exact o dată.

3p 2p

Deci f (1)  f (2)  f (3)  1  (2)  (3)  6 4.

Axa de simetrie a graficului este x  

b de unde obţinem 2a

2p 2p

m2 1 6

1

m4

221


        AB  rB  rA  i  (2i  3 j )  i  3 j          AC  rC  rA  i  4 j  (2i  3 j )  3i  j

2p

    AB  AC  (1)(3)  (3) 1  0 , deci vectorii AB, AC sunt perpendiculari.

6.

 x  x y  yC Dacă M este mijlocul segmentului AC , atunci M  A C ; A 2  2

Mediana din B este dreapta d ce trece prin B şi M , deci d :

  M (0; 1) . 

3p 2p

x  xB y  yB  xB  xM yB  yM

2p

d : x  y 1  0

1p SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

1. a)

1 2 1   A   2 1 2   7 1 b    Avem minorul de ordin doi

1p

1 2  1  4  5  0 ,deci rang A  2 . 2 1

Pentru ca rang A  2 trebuie ca det A  5b  20  0  b  4 b)

det A  0,  p  0, c  0

p 

1 2 1

C  2 7

c)

2p 2p

1p

  1  4  5  0  1   2 1   b  4 şi a  R  4 1 1  5a  20    1 a 2

a)

2p 2p

2p

Pentru b  4  det A  0

3p

222

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO p 

1 2 1

C  2 7

  1  4  5  0  1   2 1   sistem compatibil nedeterminat pentru a a  4, b  4  1 1  0   1 b 2

Solutia sistemului: x  2. a)

b)

c)

3  3 1 ,y , z   , unde    . 5 5

 1 0 ln a   1 0 lnb   1 0 ln a  ln b        A(a)  A(b)   0 a 0    0 b 0    0 ab 0  0 0 1  0 0 1  0 0  1        1 0 ln(ab)      0 ab 0   A(ab) 0 0 1  

3p

Prin inducţie, demonstrează că A(a1 )  A(a2 )  ...  A(an )  A(a1a2 ...an ) folosind a )

3p

Luând n  2011 şi a1  a2  ...  a2011  a  ( A(a))2011  A(a 2011 )

2p

Considerăm funcţia f : (G, )  ((0; ), ), f ( A(a))  a .

1p

 1 0 lna   1 0 lnb      f ( A(a))  f ( A(b))   0 a 0    0 b 0   a  b , deci f e injectivă. 0 0 1  0 0 1      Pentru orice a  (0; ) există A(a)  G cu f ( A(a))  a , deci f e surjectivă.

2p

1p

1p

a)

f (A(a)  A(b))  f ( A(a  b))  a  b , deci f este morfism. Fiind injectivă şi surjectivă, funcţia este bijectivă. Fiind şi morfism, rezultă că e izomorfism, deci grupurile (G, ) şi (, ) sunt izomorfe.

1p 1p


1. a)

f '(x) 

(ln 2 x) ' x  ln 2 x ‚ x2

2p

223

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f '(x)  b)

2ln x  ln 2 x ln x(2  ln x)  x2 x2

3p

f '( x)  0  x1  1, x 2  e2 ; f (1)  0, f (e2 ) 

4 . e2

2p 2p

ln 2 x 1  [ln(0)]2   x 0 x 0

lim

 ,lH 

1p

 ,lH 

ln 2 x 2 ln x 2  lim  lim  0 x  x  x  x x x

lim

f fiind continuă şi deoarece pentru x  0  f ( x)  0 , rezultă Im f  [0; )

c)

2. a)

x  e2 punct de maxim local pe (1; ) . Rezultă f ( x)  f (e2 ), x  1 .

2p

e ln x ,2 x 0 ln 2 x 4  2  e2 ln 2 x  4 x  (e ln x)2  (2 x ) 2  e ln x  2 x , x  (1; ) x e

3p



I1   tg x dx   4 0

2

4 0



 ( tgx  x) 04  1  b)



  sin 2 x 1  cos 2 x  1  4 dx   dx   4   1 dx  2 2 2 0 0 cos x cos x  cos x 

 2p

4





0

0

I n 1  I n   4  tg 2 n  2 x  tg 2 n x  dx   4  tg 2 n x(tg 2 x  1)  dx  

 4 0

3p

2p

1

1  u ( x )  tgx 1 2 n u 2 n 1 1  2n tg x  d x  u du=    2  0 cos x  2n  1 0 2n  1 

224

3p




Studiem monotonia şirului: I n1  I n   4 [ tg 2 n x (tg 2 x  1)] dx  0 0

tg0  tgx  tg

 4

2p



 0  tgx  1  tg x  0, (tg x  1)  0   tg x(tg  1)  0 , 2n

2

4 0

2n

2

 4

Deci şirul ( I n )n1 este descrescător. I n   tg 2 n x dx  0  0  I n  I1 , deci șirul e și

2p

0

mărginit. Conform Teoremei lui Weierstrass, șirul e convergent. Fie l  lim I n . n 

Trecând la limită în relația de la b) rezultă l  l  0  l  0 , deci șirul ( I n )n1 este

1p

convergent la 0 .

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 64 Prof: Pisică Lăcrămioara



1  log 5 2  2

2p

3

2 39 3

1p

A  2  cardA  1

2p

225


min im   m

 0 4a

1p

9 4

2p

m  *  m  1, 2 2p

3.

3  2x  4  0  A   x  

1p 2p

3  2x  4  2x  2 2x  4  x  2

4.

9 k

1 Tk 1  C9k   x 3k 9 x2

2p

  x

2p

k

1p

 x0

k  6  T7  C96 2p

5.

x  xN y  yN   , yM  A M este mijlocul lui AN :  x M  A  

2

2



x  xB y  yB   , yN  M N este mijlocul lui MB :  x N  M  

2

2

A 1, 2  , B  5, 7 

226



2p


6.

cos B 

a 2  c2  b2 2ac

cos B  

2p

1  0  m  B  90 20 3p


1. a)

1 det(A)   m  1 2m 2

m2

1

1

1

m2

2m

1





det(A)   m  1 m2  m  1 2

2p

2

det(A)  0  m   \ 1

1p

2p b)

Fie  x 0 , y0 , z0  soluția sistemului Adunând cele 3 ecuații obținem  m  1

2

 x 0  y0  z 0   0

știind că m   \ 1 obținem x 0  y0  z0  0

227

3p

2p


 1 1 2    A   2 1 1   rangA  2  1 2 1   

2p

rangA  2  sistem compatibil nedeterminat soluția sitemului    3,   1,   ,   

1p 2p

2. a)

a  b  1 x   1  x  x  a  b  1  c  b  0    cb

2p

1  11       1  11a  14b  16c  16 2  8

1p

se obțin valorile a  2 , b  3 , c  3 2p b)

3

3 3 3  3 3   x  y  2  x   y     x  x  x  4  x    2 2 2  2 2   notând t  x 

1 3  ecuația devine 4t 3  t cu soluțiile t  0,   2 2 

2p

2p

știind că x  G  soluția ecuației este x  1 1p c)

f morfism  f  x  y   f (x)  f (y)

1p

ln  2mxy  3mx  3my  3m  n   ln  mx  n   ln  my  n   m 2  2m  m  2   3m  mn   n 3  2 3m  n  n

2p

228

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f : G   , f (x)  ln  2x  3 funcție bijectivă 2p


1. a)

 3   2x  3  ln x , x   2 ,      f x   2x  3  ln x , x   , 3     2 

1p

3 2

f continuă și derivabilă pe  \   1p

3 3 3  3 lims    limd    f    f continuă în x  2 2 2  2

4 3 3 3 8 fs'     , fd'     f nu este derivabilă în x  3 2 2 2 3

1p

2p b)

 1 3   2  x , x  2 ,    f ' x    2  1 , x   , 3     x 2  f '(x)  0  x 

1p

1 2



1

3



1 3

f crescătoare pe fiecare din intervalele  ,  ,  ,   și descrescătoare pe  ,   2 2  2 2 

229

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO x

1 3 punct de maxim local și x  punct de minim local 2 2

1p

2p

c)

prima bisectoare y  x  panta este m  1

 f '(x 0 )  1  x 

1p

1 3

1p

1 7   ln 3  3 3 

punctul de tangență va fi T  ,

1p ecuația tangentei x  y  2  ln 3  0 2p

2.





1p

f 4 x  x  24 x  3

a) 16



16



2 3 84 5  4  f  x dx   3 x  5 x  3x  1 1

2p

233 calculând obținem 5 2p

b)

3

3

V   g (x)dx  V    x 2  2x  3dx 2

0

0

230

1p


3

I    x  2x  3dx   4   x  1 dx 2

0

2

0

1p

2

realizând schimbarea de variabilă t  x  1  I 



4  t dt 2

1 2

t t aplicând metoda integrării prin părți obținem I   4  t 2  2arcsin  2  1 2 V 3

4 2 3

2p

1p

c)

n 1

an 

 n

an  1

4   1  2  dx  x 

1p

4 n  n  1

2p

lim  a n 

n 

n2

 e4

2p


BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Prof: Pisică Lăcrămioara



a1 

27 2 , q 4 3

S4  a1 

2.

2p

a 3  a1q 2 , a 4  a1q3

1p

q4 1 13  S4  q 1 4



2p



f (x)  y  x  log3 2 y1  1

3p





f 1 :  1,     , f 1 (x)  log3 2x 1  1

3.

x  7  0  x   2,   x  2  0

Condiții de existență : 

2p

2p

ecuația devine : 2 x  7  3 x  2

x  2   2,  

1p 2p

4.

a, b, c cu a 1,3,5,7,9 , b,c 0, 2, 4,6,8

2p 3p

232

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO C15  C52  50 5.

1 2 1 C  Oy  C  0,a     2 1 1  a  3

2p

0 a 1 A ABC 

1    2 2 1p

se obțin punctele C1  0,5 și C2  0,1

2p

6.

tg2b 

2tgb 1  tg b

tg  a  2b  

2

 tg2b 

2p

3 4

tga  tg2b  tg  a  2b   1  a  2b  45 1  tga  tg2b 3p


1. a)

 a 2  bc ab  bd  X2     ac  cd d 2  bc   

2p

Verificarea identității 3p b)

 b  2c AX  XA   c  a  d

1p

 a 2 a  d  2 2 X   det  X   2a  5ad  2d  det  X    2a  d  2d  a  d  a d

233

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  a 2a   2d 2d  X   și X   d d  a 2a 

2p

2p

c)

 

det X4  det  A   det  X   0

1p

conform pct a) X2   a  d  X  X4   a  d  X 3

1p

ab 1 3  X 4  A   c  d  c4   c   9 3 a  2c  2p

2 3  3 soluțiile ecuației vor fi : X    3   3

 2 3 2 3   3  3 și X    3 3    3 3  

2 3  3  3    3 



2p

2.

f  X 1  f (1)  0

3p

a)

verificarea condiției

2p

b)

relațiile lui Viete  s1  i , s2  1  i , s3  6  2i , s4  4  4i

1p

notând Tn  x1n  x 2n  x3n  x 4n și adunând relațiile f (xi )  0 

T4  i  T3  1  i   T2  2 3  i   T1  4  4  4i   0 T1  s1  i , T2  s12  2s2  3  2i

1p

1p

234

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO adunând relațiile

f (x i ) 0 xi

T3  i  T2  1  i   T1  2  3  i   4  4  4  4i  

s3  0  T3  15  2i s4

1p

T4  19  Im  T4   0

1p c)

f 1  i   0  m  2  i



2p

f   x  1 x  1  i  x 2  2x  4



2p

x1  1 , x 2  1  i , x3,4  1  i 3 1p


1. a)

f '(x) 

2x  1 2 x2  x 1

2p

1

f '(x)  0 , x    f strict crescătoare pe   f injectivă

lim f (x)   , lim f (x)  

x 

b)

x 

1  1  , f continuă  Im f    ,    f nu este surjectivă 2  2 

Gf  Ox  A  1, 0  m  f '(1) 

1p

2p 1p

1 2

1p

235

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO ecuația tangentei y  yA  m  x  x A  1p

înlocuind obținem x  2y  1  0

2p

c)

asimptotă orizontală y  

asimptotă oblică y  2x 

2p

1 spre  2

1 spre  2

2p

domeniul de definiție este   nu există asimptote verticale 1p

2. a)

1

 f (x  2)  e

1p

1

x

dx   (x  1)  e dx 2

0

x

0

1





2 x x 2  (x  1)  e dx  e x  2x  1 0

1 0

2p

1

calculând

 (x

2

 1)  e dx  1 x

0

2p b)

2

2

0

0

g   g(x) dx    x  1 e 1

g     x  1e x 0

2

x 2 2x 1

2

dx    x  1 e x 0

2

dx    x  1e x

2x 1

2

2

2x 1

dx 2p

2x 1

dx

1

realizăm schimbarea de variabilă t  x 2  2x  1

236

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO calculând g  e  1

1p 2p

c)

3

 x

2



3

n

1

1





f (x)  x 2  1 1

  t  1 2

1





n

 4x  3 dx    x  2   1 dx 

n

n

2

1

 t

2



n

 1 dt

1

2p

este funcție pară 1





n

1p

dt  2   t 2  1 dt 0

2p




237


4  5  8  3  log0,5 5  2  log0,5 5  3

z  a 2  b2  5

1p

z1  4  3i , z2  4  3i 2.

S

2p

2p 2p

b c  m , P   m  2 a a

S2  2P x1 x 2  1   1  P x 2 x1

1p

m2  m  2  0  m 1, 2 2p

3.

    sin  x    sin   x  6  2  x

1p

 k    1   x   k , k  6 2 

2p

  7  x ,  6 6  2p

4.

Ckn 

2p

n! k!  n  k !

1 1  n 5 3 n2 3p

238




1p

3 6    d1 || d 2  latura  dist  d1, d 2  4 8

dist  d1, d 2   dist  A, d 2  

ax A  byA  1

alegând A 1,1  d1  latura 

a b 2

2

, A  d1

2p

3 9  aria  2 4

2p

6.

A=

2p

3sin x 3sin x = 2sin x  5cos x cos x(2sin x  5)

A

3tgx 2  2tgx  5 3 3p


1. a)

det(A)  2  5a det(A)  0  a 

b)

2p

2  5

1p

deci det(A)  0  X  O3 soluție unică

2p

det(A)  2

1p

 9 10 4    A*   7 8 4   3 4 2   

2p

X  A 1 

1 * A 2 239


2p

c)

det(A)  2  5a  0

1p

d x  3(2  5a) , d y  2(2  5a) , d z  2  5a

2p

soluția va fi  3, 2,1 2p







2.

B  f  5  X | f  aX4  bX3  cX2  dX  e , a  5 \ 0 , b,c,d,e  5 ,

a)

cardB  4  54





A  f  5  X | f  X  aX  bX  4 , a, b  5 , cardA  52 4

3

2

prob  0, 01 b)



 

2p

1p

  4b   0 f 2  0  3a



2p



1p



  b  3 f X  1  X  2  c  3  f 4  3  4a

2p

obținem a  4 , b  2 2p

c)

f  X4  4



 x   \ 0 ( teorema lui Fermat) 5 este număr prim  x 4  1, 5











f (x)  0 , x   5 \ 0  f  x  1 x  2 x  3 x  4

240



3p

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte)

1. a)

f '(x) 





a x2 1

 x  1 2

2

2p

f '(x)  0  x  1

a  0  f '(x)  0 pe  , 1 respectiv 1,   și f '(x)  0 pe  1,1

1p

a  0  f '(x)  0 pe  , 1 respectiv 1,   și f '(x)  0 pe  1,1 2p

deci x  1 și x  1 sunt puncte de extrem local b)

f (1) 

a2 2a , f (1)  2 2

1p

a  0  max  f (1)  3 și min  f (1)  1  a  4

2p

a  0  min  f (1)  1 și max  f (1)  3  a  4

c)

lim  f (x) 

x 

1 f '(x)

 lim e





2p



x x 2 1 x 2 1

3p

x 

limita este egală cu 0 2p

2.

schimbarea de variabilă t  x 2

2p

a)

e 1 I 2

2p

b)

g(x)  f (x) 

1p





2 2 2 2 e  e x  e1x  g '(x)  2xe1x e2x 1  1 f (x)

241

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO g '(x)  0  x  

2 2

1p

 2 x   0,1  g    g(x)  g(0) , g(0)  g(1)  max  2  înlocuind și integrând pe intervalul  0,1 obținem relația cerută

1p

1p

c)

f : 0,     , f (t)  e t continuă  f ite primitive

1p

2

x2

Fie F o primitivă a lui f  F derivabilă și F'  f 

 f (t)dt  F  x

2

  F(0)

0

2p x2

 f (t)dt

lim

x 0

0

f (x)  1

 lim

x 0

 

F x 2  F(0) f (x)  1

0 0

 lim

x 0

  1

2xF' x 2 f '(x)

2p


242



2.

3.

a n  a1   n  1 r

2p

 r  3a1 1  a1   2 2a1  12r  19

3p

f (x)  ax  b , g(x)  cx  d din f  g  g  f , x   ad  b  bc  d

3p

un exemplu este f (x)  2x  1 , g(x)  3x  4

2p

log3 2  1  x 2  x  x  3

2p

x 2  2x  3  0  x   1,3 2p

4.

x  *  x  1, 2

1p

12,16,...,96  22 numere divizibile cu 4

1p

12,18,...,96  15 numere divizibile cu 6

1p

12, 24,...,96  8 numere divizibile cu 4 și cu 6 Deci vor fi 29 de numere divizibile cu 4 sau cu 6

243

1p 2p


3 3 2 2

coordonatele mijlocului segmentului AB : M  , 

1p

y  yA panta dreptei AB : mAB  B  1 xB  xA

panta mediatoarei : m  

1p

1 1 mAB

ecuația mediatoarei : y  yM  m  x  x M   x  y  0

1p

2p

6.

NA 1  5   1     DN   DA  DC  NC 5 6 5 

2p

 4  1     MA 1   DM  DA  DB , DB  DA  DC MB 4 5 5

 5   DN  DM  vectorii sunt coliniari  punctele sunt coliniare 6

2p

1p


1. a)

0 1 3 0 0 4    2  B  0 0 4 , B  0 0 0 0 0 0 0 0 0    

2p

B3  O3  k=3 3p

244


A  2I2  B și aplicând Binomul lui Newton obținem 2p

An  2n I2  n  2n 1 B  n  n  1  2n 3 B2

n  2n 1 n  n  2   2n 1    2n n  2n 1   0 2n 

 2n  An   0  0 

c)

3p

 

1p

det A k  8k

 det  A n

k 1

k



8n  1  8  8 7 k 1 n

k

2p 1005

 

1005

 

7   det A k  81006  8  7   det A k  81006  91006  32012 k 1

k 1

2p

2.

A2  2A

1p

a)

Xa  Xb  Xa b2ab

2p

1 1 1 a ,b  a  b  2ab   2 2 2

1p

din cele 2 relații  Xa  Xb  G 1p b)

f morfism  f  Xa  Xb   f  Xa   f  Xb  , Xa , Xb  G

2p

f injectivă  fie Xa , Xb  G f  Xa   f  Xb   a  b

1p

245

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f surjectivă  f  Xa   y  a 

c)

ey 1 1  2 2

1p

deci f este izomorfism de grupuri

1p

          f  X 1  X 3  X 5  ...  X 2n 1   f  X 1   f  X 3   f  X 5   ...  f  X 2n 1            2  2   2 2 2  2  2  2 

2p

  f  X 2k 1   ln  2k    2       înlociund obținem f  X 1  X 3  X 5  ...  X 2n 1   ln 2n  n!  f  X 2n n!1      2   2 2 2 2  



1p



2p


1. a)

2 x  1  f '(x) 

x2 1

2p

f '(x)  0  f strict crescătoare pe  3p b)

f strict crescătoare  f injectivă

1p

lim f (x)   , lim f (x)   , f continuă  Imf    f surjectivă

x 

x 

f bijectivă  f inversabilă  g '  0  

1 , f  x0   0  x0  0 f '  x0 

246

1p

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO g '  0  1 1p

c)

egalitatea este verificată pentu x  0 și x  1

2p

2 2   xx  f (x)  f (x ) f cresc x   0,1      f (x)  f x3  f x 2  f x 4 3 4 3 4   x  x f (x )  f (x )

     

1p

 x  x 2 f cresc  f (x)  f (x 2 )     f (x)  f x 3  f x 2  f x 4 3 4 x  0  x 3  x 4 f (x )  f (x ) x 1

      1p

deci soluțiile găsite sunt unice

1p

2.

schimbarea de variabilă t  x 4  1  I3 

a) schimbarea de variabilă t  x 2  I1 

ln 2 4

2p

 8 3p

b)

1

In 1  In   0

x n  x  1 x4 1

dx  0   In n 1 descrescător

1p

0  In  I1   In n 1 mărginit 1p

deci șirul  In n 1 este convergent

xn x 1 4

 x n pentru x  0,1  In 

0  In 

1p

1 n 1

1  lim In  0 n  1 n

1p

247


1p

c)

In  4  In 

2p

1 n 1

1 1 nk nk  In   n k  In   2  n  3 2  n  1 2  n  3 2  n  1

2p

 , k  1 1  k lim n  In   , k 1 n  2  0 , k  1 1p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 71 Prof:

RICU ILEANA

 Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la10.


1  m  51 x  51 x  5  5x  5  5 x  5  5x  5 x   5  5x  x  5  

248

1 p


2

2

2 2 2 1 1  1 1  p  25x  25 x  52 x  52 x   5x    5 x    5x    x    5x  x   2  5x  x   5x  x   2 5  5  5  5  

  x 1   x 1 2 5  5  x    5  x   2  a  5   5  Dar m+p=2n     y2  5 y  2  a  y2  5 y  2  a  0 1  x  Not.5  5x  y

1 p

Ec.are rădăcini reale    0 1 ;Cum y>0(2)

33  1   2    0 4a  33  0 a    33      4  a    ; 2   4   P  0 a  2  0 a  2

1 p

2 p 2 .

mx 2  2  m  1 x  m  2 f  x  0   0  mx 2  2  m  1 x  m  2  0, x   x2  1

m   0;   m  0 m  0 1      1   m   0;     ;      4    0  4m  1  0 m   ;  4    

1 p

2 p

2 p

3 .

M   x / x  , x  7 = 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1,0,1, 2,3, 4,5,6,7 Pt.x≥0 

x2  5x  4  0  x1  4; x2  1

Pt.x<0 

x2  5x  4  0  x1  4; x2  1 249

1 p

1

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Evenimentul A  4, 1,1, 4

p

 Evenimentul contrar lui A este: A  7, 6, 5, 3, 2,0, 2,3,5,6,7 1 p 1 p 1 p

4 .

17 x

5

 18 y 

2012

0  C2012 17 x5 

2012

 18 y 

2012 .......................  C2012 17 x5   18 y  0

0

1  C2012 17 x5 

2011

 18 y 

1

2 p

 ............

2012

Suma coeficienţilor este: 0 1 2 2012 C2012 172012  18  C2012 172011  18  C2012 17 2010  18  .........  C2012 17 0  18  0



cf . form.binom. Newton

5 .

1

17   18 

2012

  1

2

2012

1

           a  3m  2n  p  3 2i  3 j  2 i  2 j  4 j  8i  9 j



 

  

           b  2m  n  p  2 2i  3 j  i  2 j  4 j  5i  4 j



 



          a  b  8i  9 j  5i  4 j  3i  5 j  a  b  9  25  34



 



2012

 3 p

2 p 2 p

1 p

6 .

Folosim relatţia arcsin x  arctg

x 1  x2

, x   0;1

250

2 p


4 arcsin  arctg 5

1

16 25

 arctg

4 4 7    tg  arcsin  arctg  = 5 24  3 

4 4   arc tg  a tga    4 7     3 3 = tg  arc tg  arctg    tg  a  b  unde am notăm  3 24   arc tg 7  b tgb  7  24  24

 tg  a  b  

tga  tgb 117  ...  1  tga  tgb 44

2 p

1 p


1.

  



3p

Elementele inversabile din 12 sunt: 1,5, 7,11

a)









2p



 1 5 7 11  0 

b)





2p

1 0 5 















det A  x 1 2  3 x  11 4 3 1 













         







det A  3 x  11  0  3 x  1  x  0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9,10,11,  12

251

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  A este inversabilă

c) 

Pentru x  0 

x 12 .

2p

    5 9 5      A1   4 7 2   M  12       8 3 11  

3p

               1 0 2  5 9 5   5 3 3                Ecuaţia YA=B  Y=BA-1   2 1 0  4 7 2    2 1 0                 0 2 1  8 3 11  4 5 3      

2p

2. a)

b)

f 1  a0  a1  a2  a3  ....  a2 n 1  a2 n  3n  f 1  f  1    a1  a3  ....  a2 n 1  2 f  1  a0  a1  a2  a3  ....  a2 n 1  a2 n  1 3n  1  2

1p

Cf.teor.împărţirii cu rest a polinoamelor 

3p

3p 1p

f   X  2   q  ax  b, a, b    f  2   2a  b  3n 1 2

f   2  X  2  q   X  2  q  a  f   2   a  2  2



  2 X  1  f   2  n  3   3  n  3 3

2 Dar f   n X  X  1

n 1

n 1

din 2 si  3

n

2p

 a  n  3n de unde b  3n 1  2n 

252




  x

f(x)=f(-x)  x 2  x  1

n

2

 x  1 ;cum x2  x  1  0, x    n

2p

n

 x2  x  1  x2  x  1 2 k 2k  1  cos 2 k   i sin 2 k    cos  i sin ;  2  2 x  x 1 n n  x  x 1  k  0,1,...., n  1 Pentru k=0  x0=0 ________

Pentru k  1, n  1 avem

  cos  i sin   x  1 1  cos   i sin  x 1  2 2 2     ictg    x 1  cos   i sin  x 2 2i 2 sin 2  2i sin cos 2 2 2 2

2

2 cos



 k k  i  ctg  4  ctg 2  ________ n n    2 Deci x  ixctg  1  0  x1,2  ; k  1, n  1 2 2

2p

1p


1. a)

f  x 

x2 x 1

1p

lim f  x    ; lim f  x   

x 1 x 1

1p

x 

253

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Semnul lui f   x  :



x



1

x+2

++++++++++++++++++++++++

x+1

++++++++++++++++++++++++

f  x

++++++++++++++++++++++++ 2p

f  x







 f este strict crescătoare pe domeniul său de definiţie.

1p b)

Se arată că pe intervalul (-1;0)avem f(x)<0  0

0

1p 0

0





A      f  x  dx     x  ln 1  x   dx    xdx   ln 1  x  dx  

  

2 0

x 2





0

  x  ln 1  x  dx 0  

0   0 x   x  ln 1  x     dx   2   1 x 



2

0  0 1   2 0   0    ln 1      1     ln 1     x   ln 1  x     dx   2  1 x   2 



2

2 2

   ln 1       ln 1    

2 2

     1 ln   1 , 3p

1p

254


2  2  lim A    lim       1 ln   1   lim      lim   1 ln   1   1  1 1   2   1  2  

2p

not . L



3 3 3 L  0 2 2 2

1  ln   1   lim   1  lim  1     0 Unde L  lim   1 ln   1  lim  1  1  1  1 1 1  2  1   1 0

3p

2. a)

2p

e

x2 e2  1 I 0   xdx   2 1 2 1 e

e e e  x 2   x2  1 x2 e2 1 I1   x ln xdx     ln xdx    ln x     dx    xdx  2 2 21  2 1 1 x 2 1 1 prin parti e

e



b)

e2 1 e2  1 e2  1    2 2 2 4

3p

Folosim metoda integrării prin părţi  e e 2  x 2   x2 n n n 1 1 x I n   x  ln x  dx      ln x  dx    ln x    n   ln x    dx  2 x 2  2 1 1 1 1 e

e

n

e



e2 n e2 n n 1   x  ln x  dx    I n 1 2 21 2 2

e2 n   I n 1  2  2 I n  nI n 1  e 2 Am găsit I n  2 2

255

3p


2p

c)

Şirul  I n n0 este descrescător 

 I n 1  I n  0  2 cf .b ) 2 e n 1 e2 n3   n 1  e I  I    I  I   I  1   In n n n   n 1 n 2 2 2 2  2  2  e2 n3 n  3 e2 e2   In  0  In   In  1 2 2 2 2 n3

2p

Analog avem:

 I n 1  I n  0  2 cf .b ) 2 e 2 e2 n2  2  e I  I    I  I   I  1   In n n n   n 1 n n n n n n  n  

e2 n2 n  2 e2 e2  In  0  In   In   2 n n n n n2

e2 e2  In   n3 n2

2p 1p


256

RICU ILEANA


 Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la10.


Cx03  1

1p

Cx21 

 x  1!   x  3!  x  2  x  1   x  2  x  1 2  x  3! 2!  x  3! 2

Cxx  2 

 x  2 ! x  1 x   x  1 x x!  2  x  2 ! 2  x  x  2 !  x  2 !

1p

1p

Numerele 2Cx03 ; Cx21; Cxx 2 sunt în progresie aritmetică  2Cx03  Cxx 2  2Cx21

 2

x  x  1 2

 2

 x  2  x  1 2





 x  0 nu convine  1   x2  5x  0    S  5  x2  5 

1p

1p 2.

x1  x2  2  m  1

1p

x1 x2  8  m2  1

1p

Calculam x12  x2 2   x1  x2   2 x1 x2  4  m  1  16  m2  1  4  3m2  2m  5 2

2

 16  obţinută Fiind o funcţie de gradul II în m,aceasta ia valoarea maximă egală cu  4a 3 b 2 1   pentru m   2a 6 3 3.

M  1, 2,3, 4,5,6,10,12,15, 20,30,60

2p 1p

1p

Deoarece ordinal radicalului trebuie sa fie un nr.natural ≥2, numărul x! va fi totdeauna un

257

3p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO număr par 

2 x 2  x  21 7   0  x   5,    1,3 2 2 5  4x  x 

Cum x   si x ≥2  A  2,3

4.

1p

   2  cos  i sin  1 i 3 6 6  z  7 7 1 i  2  cos  i sin 4 4 

3p

  



10 10   220  cos  i sin   3 3   10   10  z 20  10   210  cos   35   i sin   35    2  cos 35  i sin 35   3   3     95  210  cos    3 

  95   i sin     3

5 5   210  cos  i sin 3 3 

  10   5    2  cos     3 

  5   i sin     3

3  10  1 9   2 1  i 3   2   i 2 2   



   



2p

5.

Cn0  Cn1  Cn2  .....  Cnn  32

1p

Dar Cn0  Cn1  Cn2  .....  Cnn  2n

1p

 2n  32  n=5

1p

Tk 1  Cnk a nk bk  T4  C53  2 x 2   5 y   5000 x 4 y 3 2

6.

3

2p

Ecuaţia dreptei BC este: x+2y-4=0

3p

A  BC  4a  4  a  1

2p

258

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

1. a)

2

2

3p

  

,,  ” Ştim a  b  0; a, b  3 

  2     pt.a  0  b  0  b  0    2  2  2      pt.a  1  1 b  0  b   1  b  2  nu are solutii      2 2 2             pt.a  2  1 b  0  b   1  b  2  nu are solutii     2

2









a b  0 a  b  0 ,,  ”-se verifică direct

2p b)

 2 2    a b a b Fie A       M ;calculam A2         2ab b a 

    2ab  2 2  a  b 

2p

2 2   a  b  1  0 1 2 Relaţia A  I 2  O2       2 a b  0  2   





1p



Din (2)  a  0 sau b  0

        0 1 0 2 b  1 Pentru a  0  b  1      A       M sau A       M     b  2  1 0    2 0 

 in1  2



259

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 

 in1  2





2



2



 

 

Pentru b  0  a  1  0  a   1  a  2  nu are solutii in  3  2p

c)

Mulţimea M are 9 elemente

2p

     2 2  cf .a )    a b 0 0 Fie A       M  det  A   a  b  0  a  b  0  A       O2     b a 0 0 Celelalte 8 elemente din M au determinantul ≠0  celelalte 8 matrice sunt inversabile

2p

1p

2. a)

1 2 3

2p

    3 1 2

2p

 1 2 3

1p

     2 3 1

    b)

m  cu m   şi signatura cu      1  1 3

Not.nr.inversiunilor permutării

 m    2  1  3  

m 

  1  1   3

permutare impară

m    1   m    1  1   permutare impară 1

1p

2p 2p

c)

 x 



x   1

2p

260

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Cum 

1

1  1 2 3      x     3   3 2 1

2 1

3  2

2p 1p


1. a)

D f  ? Condiţia: 1 

2 x2 0  0  x   ; 2    0;   x x

2p

Asimptota orizontală: lim f  x   ln1  0  ec.asimp.oriz.spre   este y=0 x 

Asimptote verticale: lim f  x     ec.asimp.vertic.este x  2

1p

x 2 x 2

1p

lim f  x     ec.asimp.vertic.este x  0 x 0 x 0

1p b)

Calculăm f   x   

2 ; D f    ; 2    0;   x  x  2

2p

Semnul lui f  :

x

-

-2

f  x

__________

f  x

0 

+

0

________________ 





0 2p

 funcţia f este strict descrescătoare pe domeniul său 1p

261


f 1  f  2   f  3  ......  f  n   n  2  2  2  2 ln 1    ln 1    ln 1    ......  ln  1    1  2  3  n  n   2  2  2   2  ln  1  1   1   ......  1     1  2  3   n     n n n 1 n  2  3 4 5 ln     ......     n  2 n 1 n  1 2 3  n  n  1 n  2  ln 1  n  1 n  2  2   ln n n 2 xn 

 lim xn  lim n 

ln

3p

 n  1 n  2  2 n

n 

0

2p 2. a)

 2

 2



I 0    cos x  dx   1dx  x 02  0

0

0

2p

 2

262




2



2

I1    cos x  dx   cos xdx  sin x 02  sin 1

0



0

2

 sin 0  1 3p

b)





2

2



I n    cos x  dx   cos x   cos x  n

0

n 1

0

 sin x   cos x 



n 1 2 0

2

dx    sin x   cos x 

3p n 1

dx 

0

 2

   n  1 cos x 

n2

   sin 2 x  dx 

0

 2

  n  1   cos x 

n2

 1  cos 2 x  dx 

0

 2

  n  1   cos x  0

 n2

2

dx   n  1   cos x  dx   n  1 I n  2   n  1 I n n

0

 I n   n  1 I n2   n  1 I n  I n   n  1 I n   n  1 I n2  nI n   n  1 I n2 : n  0  In 

n 1 I n2 ,  n  N , n  2 n

2p

c)

  f : 0;    0;1 , f  x   cos x   2

263










cos 2 x  1  2  2  2 V    cos 2 xdx   dx    cos 2 x  1 dx   cos 2 xdx   dx  2 20 20 20 0 0 2

2

3p





 4

2

 2 cos 2 xdx  0

 2



x 02 

 4



 sin 2 x  02 

  

2 2



 4

 sin   sin 0  

 4



 4

2p


RICU ILEANA

 Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la10. < >


2 3   x  xq  xq  xq  360 Notăm cu x cel mai mic unghi şi raţia prin q   3   xq  9 xq 2 3 2 3   x  xq  xq  xq  360  x  xq  xq  xq  360 pt.ca este vorba de masuri de  2  q  9 q  3  unghiuri,q= -3 nu convine  q=3(inlocuim în prima ecuaţie)  xˑ40=360  x=9

2p

2p

Finalizare:unghiurile sunt 9˚;27˚;81˚;243˚ 1p

264


2.

 2m  1 1  ;  1 V    2m 4m 

2p

Ecuaţia primei bisectoare:y=x(notam dreapta cu d)

V d 

2m  1 1 1   4m2  m  0  m1  0  nu convine  ; m2  2m 4m 4

1p 2p

3.

 x  3

Notăm   k, k     4  Avem k 

x2  k , k    x=3k+2(1) 3

folos .1 x3  k  1/ 4  4k  x  3  4k  4  4k  3k  5  4k  4 / 5 4

2p

2p

k  5   k 2,3, 4,5  S  8,11,14,17 k  1 1p

4.

 3 sin   2      z  2  cos   i sin   Not. z  1  i 3  z  1  3  2 şi    3 3 3  cos   1  2

2p

n n   z n  2n  cos  i sin  1 3 3   Analog,pt. z  1  i 3 avem z  2 ,    



       z  2  cos     i sin     3  3  3  

n n   n   n   n  i sin   i sin      2  cos   2 3 3   3   3  

 z n  2n  cos   

2p

Egalitatea devine:

265

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO n n  2n  cos  i sin 3 3 

 2cos

n n  n  i sin   2  cos 3 3  

   n n n   2 / : 2  0  stim 2  0, n      

n n 1 n   1  cos      2k , k    n  1  6k , k   3 3 2 3 3

1p 5.

Tk 1  Cnk a nk bk ,0  k  n  Tk 1  C5k

 2

5 k

2p

Termenii dezvoltarii sunt raţionali  exponentul 5-k este multiplu de nr.2  5  k 0,2,4,6,8,.......

Pentru 5-k=0  k=5( k  şi 0  k  5 )  T6  C55

 2

Pentru 5-k=2  k=3( k  şi 0  k  5 )  T4  C53

 2

Pentru 5-k=4  k=1( k  şi 0  k  5 )  T2  C51

 2

0

1

2

 20

4

 20

1p

1p

Pentru 5-k=6  k=-1  

 T2  T4  T6  41

6.

PQ 

x

P

1p

 xQ    yP  yQ   AB  10; AC  37; BC  29 2

2

3p

Avem AC>BC>AB  B are măsura cea mai mare 1p

 (cf.teor.cosinusului) cos B 

290 290

1p


266


  x   e2 x

a)

e



2 x2  x  a



2

2 x2a

 2e



 2e x

 x2  x  a



2

 xa

3p

 e0  e0  e0 

3 2p

b)

  x  0 not.e x

2

 xa

 t1  t2  1 1  2 3   t  2   3  0  t  3t  2  0   t  t t3  2   xa

 1  x2  x  a  0 ; rădăcini reale strict negative 1  1  4a  0  a     0  4    1   S  0   S  1  0  a   0,   4 P  0 a  0   

Avem (1) e x

Avem (2) e x

2

2

3p

 xa

1p

 2 ;ecuatia nu are solutii

1p

c)

Pentru a=1    x   e





2 x2  x 1

 2e





 x2  x 1

3

t 3  3t  2  t  1  t  2   t   t    t t 2

not.e

x 2  x 1

2p 2p 1p

2.

x  (1)  x  (1)  1  x, x 

2p

a)

(1)  x  (1)  x  1  x, x 

2p

Finalizare

1p

 x  y   z   ax  by  1  z  a  ax  by  1  bz  1  a 2 x  aby  bz  a  11 ,

2p

x   y  z   x   ay  bz  1  ax  b  ay  bz  1  1  ax  aby  b 2 z  b  1 2 ,

2p

b)

267

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO a  a  1  0 a1  0; a2  1      a  b  0  nu convine   b  b  b  b  1  0  b1  0; b2  1     a  1  b  1 a  b a  b a  b  1     a 2  a

1  2  

c)

2

f ( x  y)  f  x   f  y  , x, y  .

1p

1p

f ( x  y)  f  x  y  1  x  y  1  2  x  y  3, x, y . f  x   f  y   f  x   f  y   1  x  2  y  2  1  x  y  3, x, y  .

2p 2p


1. a)

 x, x   0,    f  x    mx  m , x   ,0  \     2  2x  m

1p

lim f  x   lim x    f nu ite asimptotă orizontală spre +∞

x 

x 

lim f  x   lim

x 

y

x 

mx m  , cu m>0  f ite asimptotă orizontală spre - ∞ cu ecuatia 2x  m 2

m 2

1p

1p f  x

x  lim  1; n  lim  f  x   mx   lim  x  x   0  y  x x  x x  x  x este ecuatia asimptotei oblice spre + ∞

Asimp.oblică: m  lim

x 

 m2    m ls     limm f  x   2   0   2  x  2 m  x  m  2  x   este ecuaţia asimptotei Asimptota verticala:  2 2 m     m 2 ld   2   limm f  x   0   x      2 m x   2

268

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO verticale a funcţiei f

1p

b)

1, x   0,    f   x    m2  m , x   ,0  \   2   2  2x  m

2p

Să dem.că f este derivabilă în mx   f  x   f  0 mx m m  lim 2 x  m  lim  lim  1  f s 0   lim x 0 x 0 x 0 x  2 x  m  x 0 2 x  m  x x m x0 x0 x0 x0 x0  0 :   f  x   f  0 x  lim  1  f d  0   lim x 0 x 0 x x  x 0 x 0  f   0  1

x

-



f  x

+++++++++++++

f  x

m  2

m 2

0

+

++++++++++++1++++++++++++++++++++++



 0 





 f este strict crescătoare pe domediul de definiţie

269

2p


1p

c)

m m  Din b) observăm că pentru x   ,   avem f  x    0  f nu are soluţii 2 2 

2p

 m  Pentru x    ,   valorile lui f sunt strict crescătoare de la - ∞ la +∞  f are o singura  2 

 m  soluţie reală situată în intervalul   ,   ,anume x=0  2  2. a)



I n  I n  2    tgx  1  tg x  4

n

2

0

 tgx  dx 

n 1



1 , n  , n  2 4 n 1 n 1 0 3p

 4



Calculăm I 0  dx  0

I2  1  I0  1 

3p

 4

şi ţinând seama de recurenţa de mai sus ,obţinem

 4

2p

270


b)

  , n    prin integrare,obţinem I n  0, n    4 

Avem că tg n x  0, x  0,

2p



 

Deoarece tgx≤1, x  0,



 ,  I n 1  I n 

4

4

  tgx   tgx  1 dx  0, n   sau n

0

I n1  I n , n   deci şirul este descrescător. Atunci 0  I n  I 0 , n   ,deci şirul este şi

2p

mărginit.  sir convergent

1p c)

Deoarece I n  0, n   şi folosind relaţia de recurenţă de la a) 

2p

1 1  I n  I n  2  I n  2 , n  , sau I n  2  , n  , n 1 n 1

1p

Atunci 0  I n 

1 , n  , n  2 şi aplicând criteriul cleştelui  lim I n  0 n  n 1 2p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 77 Prof:Soare Roxana  Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.  Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.  Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.


271


Notăm 𝑎 =

2 − 3 şi 𝑏 =

3p

2 + 3 ⇒ 𝑎2 + 𝑏2 = 2 ⇒

2.

⇒ 𝑧 = 22012

2p

∆= 49

1p

𝑥 ∈ −2,

1 ∩𝑍 3

2p

𝑥 ∈ −2, −1,0 2p

3.

𝑠𝑖𝑛𝑥 + 3𝑐𝑜𝑠𝑥 = 1 ⇔ 𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑥+

𝜋 ∈ 3

𝑥∈

4.

Între 1 şi 200 sunt

200 3

𝑘

−1

𝜋 1 = 3 2

1p

𝜋 + 𝑘𝜋/𝑘 ∈ 𝑍 6

2p

𝜋 11𝜋 , 2 6

= 66 numere divizibile cu 3,

2p

200 5

=40 numere divizibile cu 5,

200

=13 numere divizibile cu 15 , deci de la 1 la 200 sunt 66+40-13=93 numere divizibile cu 3 sau cu 5 , deci 200-93=107 nu sunt divizibile nici cu 3 , nici cu 5.

5.

2p

15

3p

𝑎 + 1 2𝑎 + 1 − 2𝑎 − 1 3𝑎 + 1 = 0

2p

𝑎1 = 1 − 2

3p

𝑎2 = 1 + 2 6.

𝑅= 𝑆=

𝑎𝑏𝑐 4𝑆

𝑝 𝑝 − 𝑎 𝑝 − 𝑏 (𝑝 − 𝑐) = 455 𝑅=

144 455


272

2p 2p 1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 𝐼2 = 𝐴(0) ∈ 𝐺

2p

3 4 = 𝐴(2) ∈ 𝐺 −4 −7

3p

𝐴 𝑎 𝐴 𝑏 = 𝐴(𝑎 + 𝑏 − 3𝑎𝑏)

2p

1. a)

b) 1

1

1

3

3

3

𝑎 ≠ ,𝑏 ≠ ⇒𝑎 + 𝑏 − 3𝑎𝑏 ≠ ⇒ 𝐴(𝑎 + 𝑏 − 3𝑎𝑏) ∈ 𝐺⇒G parte stabilă a lui 𝐺𝐿2 (𝐼𝑅) 𝐴(𝑎)

−1

𝐴(𝑎)

3

2

𝑎 ∈𝐺 3𝑎 − 1

2p

= 𝐴(2𝑎 − 3𝑎2 )

1p

= 𝐴(9𝑎3 − 11𝑎2 + 3𝑎)

2p

𝐴(𝑎)

c)

=𝐴

1p

𝑎 ∈ −1,0,2

2p

2.

𝑍5 = 0, 1, 2, 3, 4

1p

a)

14 = 1

1p

24 = 1

1p

34 = 1

1p

44 = 1

1p

b)

𝑓 0 = 4, 𝑓 1 = 0, 𝑓 2 = 0, 𝑓 3 = 0, 𝑓 4 = 4, deci rădăcinile în Z5 ale polinomului f sunt 1, 2, , 2, 3

c)

3p 2p

2

3p

𝑋 + 4 𝑓, 𝑋 + 3 |𝑓, 𝑋 + 2 𝑓 ⇒

2p

2

⇒𝑓 = 2 𝑋 + 2 𝑋 + 3 (𝑋 + 4)

273

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte)

1. a)

Dreapta y=1 este asimptotă orizontală către −∞ ş𝑖 𝑐ă𝑡𝑟𝑒 + ∞

2p

f nu ite asimptote oblice

1p

dreapta x= -1 este asimptotă verticală

2p

b)

lim 𝑥 3 𝑙𝑛𝑓 𝑥 = lim 𝑥 3 𝑙𝑛

𝑥→∞

𝑥→∞

𝑥3 − 1 = 𝑥3 + 1

1p

𝑥 3 −1

= lim

𝑥→∞

= lim

𝑙𝑛 3 𝑥 +1 1 𝑥3

−2𝑥 6

𝑥→∞ 𝑥 6 −1

=

1p

= 2p

=-2

c)

1p

𝑥 −1 𝑥 𝑥+1 +1

𝑓(𝑥)=𝑥 +1 ∙ 𝑥

1p

𝑥−1 +1

2 𝑛2 + 𝑛 + 1 𝑓 2 ∙ 𝑓 3 ∙⋯∙ 𝑓 𝑛 = 3𝑛(𝑛 + 1) 2 𝑛2 + 𝑛 + 1 2 = 𝑛→∞ 3𝑛(𝑛 + 1) 3

lim 𝑓 2 ∙ 𝑓 3 ∙ ⋯ ∙ 𝑓 𝑛 = lim

𝑛→∞

2.

𝑎𝑛 = 𝑙𝑛

a) 𝑛 𝑛+2 3

𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 = 𝑙𝑛 (𝑛+3)

𝑛+1 3

< 0⇒ 𝑎𝑛

𝑛+1 2

b)

𝑎𝑛 = 𝑙𝑛 𝑛(𝑛+2) > 0⇒ 𝑎𝑛

𝑛≥1

Din 1 şi 2 ⇒ 𝑎𝑛

convergent.

𝑛≥1

𝑛≥1

𝑛+1 2 𝑛(𝑛 + 2)

este şir strict descrescător. 1

mărginit inferior.

lim 𝑛2 𝑎𝑛 = lim 𝑛2 𝑙𝑛

𝑛→∞

𝑛 →∞

274

2

𝑛2 + 2𝑛 + 1 = 𝑛2 + 2𝑛

3p

1p

2p

2p 1p

1p 1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO = lim 𝑙𝑛 𝑛→∞

𝑛 2 +2𝑛 +1 𝑛 2 +2𝑛

=𝑙𝑛 lim 1 + 𝑛 →∞

𝑛2

1 𝑛 2 +2𝑛

1p =

𝑛2

=

2p

= 𝑙𝑛𝑒 = =1 c)

𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 = 𝑙𝑛

2(𝑛 + 1) 𝑛+2

lim 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 = 𝑙𝑛2

𝑛→∞

275

3p 2p


BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 78 Prof: Soare Roxana


SUBIECTUL I (30 de puncte) 𝑎1 + 2𝑟 = 5 𝑎 =1 ⇔ 1 𝑎1 + 5𝑟 = 11 𝑟=2

1.

𝑆100 =

2.

100 2𝑎1 + 99𝑟 = 10000 2

𝑥𝑉 =

𝑚+1 2

−𝑚 2 + 2𝑚 + 7 𝑦𝑉 = 4

3.

3p

2p

1p 2p

V∈ 𝑃: 𝑦 = −𝑥 2 + 2𝑥 + 1

2p

C.E. 3𝑥 2 − 2𝑥 + 8 ≥ 0, 3𝑥 2 − 2𝑥 + 3 ≥ 0 ⇒ 𝑥 ∈ 𝐼𝑅.

1p

Notăm 3𝑥 2 − 2𝑥 + 3 = 𝑦 ≥ 0 şi obţinem:

𝑦 + 5 + 𝑦 = 5 ⇔ 2 𝑦(𝑦 + 5) = 2(10 − 𝑦) 276

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO C.E 𝑦 ≤ 10 ⇒ 𝑦 ∈ 0,10

2p

Se obţine 𝑦 = 4 ⇔ 3𝑥 2 − 2𝑥 + 3 = 4⇔3𝑥 2 − 2𝑥 − 1 = 0 𝑥 ∈ −1,

4.

1 3

2p

𝑓 −2 = 𝑓(2) ⇒ definim funcţii de pe o mulţime cu 4 elemente cu valori într-o multime cu 6 elemente

2p 3p

Se pot defini 6 =1296 funcţii. 4

5.

M este punctul care împarte segmentul [BC] în raportul

𝐴𝑀 =

2 𝐴𝐵 + 5 𝐴𝐶 2 1+5

6.

5

3p

12 13

𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 = 2 1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑡𝑔

2p

5 2 = 𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 7 7

𝑐𝑜𝑠𝑥 = − 𝑡𝑔

2

𝑥 =5 2

2p

2p 1p


2 −3 𝑑𝑒𝑡𝐴 = 1 1 3 −2

1. a)

𝑑1 =

4 2 =0 6

2p

2 −3 =5≠0⇒ 1 1

2p 1p

⇒rangA=2.

b)

2 −3 1 𝑑𝑐𝑎𝑟 = 1 1 3 = 0 ⇒ 𝑟𝑎𝑛𝑔𝐴 = 2 = 𝑟𝑎𝑛𝑔𝐴 ⇒ 𝑠𝑖𝑠tem compatibil nedeterminat. Notăm 3 −2 4 277

3p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 𝑧=𝛼

2p

şi obţinem 𝑥 = 2 − 2𝛼, 𝑦 = 1 c)

Avem 2 − 2𝛼0 + 1 + 𝛼0 ≤ 3 ⇔ 𝛼0 − 3 ≤ 3 ⇔

1p

⇔−3 ≤ 𝛼0 − 3 ≤ 3 ⇔

2p

⇔0 ≤ 𝛼0 ≤ 6 ⇒ sistemul are 7 soluţii cu proprietatea 𝑥0 + 𝑦0 + 𝑧0 ≤ 3

2p

2.

𝑥 ∗ 𝑦 = 2𝑥𝑦 − 6𝑥 − 6𝑦 + 18 + 3 =

1p

a)

= 2𝑥 𝑦 − 3 − 6 𝑦 − 3 + 3 =

3p

=2 𝑥 − 3 𝑦 − 3 + 3

1p

𝑥 ∗ 𝑦 ∗ 𝑧 = 4 𝑥 − 3 𝑦 − 3 𝑧 − 3 + 3, ∀𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝐼𝑅 (1)

b)

𝑥 ∗ 𝑦 ∗ 𝑧 = 4 𝑥 − 3 𝑦 − 3 𝑧 − 3 + 3, ∀𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝐼𝑅

c)

(2)

2p 2p

Din (1) şi (2) ⇒ 𝑥 ∗ 𝑦 ∗ 𝑧 = 𝑥 ∗ 𝑦 ∗ 𝑧 , ∀𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝐼𝑅 ⇒ 𝑙𝑒𝑔𝑒𝑎 “∗ " este asociativă.

1p

Prin inducţie 𝑥 ∗ 𝑥 ∗ 𝑥 ∗ … .∗ 𝑥 = 2𝑛 −1 𝑥 − 3

2p

𝑛

+ 3, ∀𝑛 ∈ 𝐼𝑁 ∗

𝑑𝑒 𝑛 𝑜𝑟𝑖

𝑥 ∗ 𝑥 ∗ 𝑥 ∗ … .∗ 𝑥 = 22011 𝑥 − 3

2012

𝑑𝑒 2012 𝑜𝑟𝑖

22011 𝑥 − 3

2012

+3

1p 2p

+ 3 = 22011 +3⇒ 𝑥 ∈ 2,4


𝑓3′ 𝑥 = 3𝑥 2 + 6𝑥

2p

𝑓2 𝑥 = 𝑥 2

2p

𝑓3′ 𝑥 3𝑥 2 + 6𝑥 = lim =3 𝑥→∞ 𝑓2 𝑥 𝑥→∞ 𝑥2

1p

1. a)

lim

278

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 𝑓𝑛′ 𝑥 = 𝑛 1 + 𝑥

b)

𝑛−1

−𝑛

2p

𝑓𝑛′ 𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 = 0 x

-1 𝑓𝑛′ 𝑥

1p 2p

0

/ ---------------------------------- 0 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++ / 0 ↑ Min

𝑓𝑛 (𝑥)

𝑓𝑛′′ 𝑥 = 𝑛 𝑛 − 1 1 + 𝑥

c)

𝑛−2

≥ 0 ∀𝑥 ∈ −1, ∞ , ∀𝑛 ∈ 𝐼𝑁, 𝑛 ≥ 2

3p

⇒ 𝑓𝑛 convexă pe −1, ∞ , ∀𝑛 ∈ 𝐼𝑁, 𝑛 ≥ 2 2p

2. a)

𝑓: 𝐼𝑅 → 𝐼𝑅, 𝑓 𝑡 = 𝑡 3 − 3𝑡 + 2 𝑒 3𝑡 este continuă pe IR, deci ite primitive pe IR. Fie 𝐺: 𝐼𝑅 → 𝐼𝑅 o primitivă a lui f . Atunci 𝐹 𝑥 = 𝐺 𝑥 − 𝐺 0 ′

3

⇒ 𝐹 𝑥 = 𝑓 𝑥 = 𝑥 − 3𝑥 + 2 𝑒

⇔ 𝑥−1

2

2p

3𝑥

𝐹 ′ 𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 3 − 3𝑥 + 2 = 0 ⇔

b)

2p

1p 1p 1p

𝑥+2 =0⇔

⇔𝑥1 = 𝑥2 = 1, 𝑥3 = −2

1p

𝑥3 = −2 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑝𝑢𝑛𝑐𝑡 𝑑𝑒 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚 ş𝑖 F↘ pe intervalul (−∞, −2] şi F↑ pe [-2,∞)

2p

𝐹 ′′ 𝑥 = 3(𝑥 − 1) 𝑥 2 + 2𝑥 − 1 𝑒 3𝑥

c)

3p

Punctele de inflexiune sunt 2p

𝑥1 = 1, 𝑥2 = −1 − 2,𝑥3 = −1 + 2


BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Prof: Stan Adrian





2 3

 2.

3.

4.

5.

6.



2

4 3 7

74 3 ,

2p



2p

2

 74 3.

a  0  ;

1p

an 1  an 1  2 x2  6  4 x  3  3x  x 2  2 x  3  0  x  1;3 . 2

1p

 1 4a 5m2  10m  9  1 4m

1p

Din an 

2p 2p



2p

 9   5m2  14m  9  0  m   , 1  5  2 Ecuația dată este echivalentă cu 2 x  3x  1  0 . 1 x1  1, x2   . 2   a2 4 Vectorii v1 , v2 sunt coliniari   8 a2 2 Din a  4  32  a 6;6 .

Se scrie mai întâi ecuaţia dreptei (AB), după formula

2p 2p 3p 2p 3p

x  x1 y  y1 .  x2  x1 y2  y1

x 1 y  2 Rezultă,   x  y 1  0 . 1 1 2 Distanţa de la punctul C (4;3) la dreapta AB este dată de formula ax  by0  c d (C , AB)  0 a 2  b2 280

1p 2p

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO şi este egală cu

4  3 1 11

3 2.


X (a)  X (b)  ( I 2  aA)( I 2  bA)  I 2  bA  aA  abA2  I 2  (a  b  ab) A  X (a  b  ab) 2 p , deoarece A2 = A; Cum X (a)  X (1)  X (a  1  a 1)  X (1), a  şi 10;1;2;..., 2014 

 4 2  X (0)  X (1)  X (2)  ...  X (2014)  X (1)  I 2  A   ; 10 5   b )

2a  1  5a 2a   1 0   5a Cum X (a)  I 2  a  A      . Atunci,  0 1   10a 4a   10a 1  4a  1  5a 2a det( X (a))   (1  5a)(1  4a)  2a 10a  1  a ; 10a 1  4a det( X (a))  0  1  a  0  a  1. Pentru a = 1 rezultă că există o singură matrice neinversabilă;

3 p 2 p

2 p 1 p

c)

Dacă X(a) este inversabilă, rezultă că există ( X (a))1 astfel încât X (a)  ( X (a))1  I 2 . 1 Vom nota cu X(b) pe ( X (a))1 rezultând X (a)  X (b)  I 2  X (a  b  ab)  I 2 

p

1  5(a  b  ab) 2(a  b  ab)   1 0  a+b-ab=0 de unde rezultă că     10(a  b  ab) 1  4(a  b  ab)   0 1  a b ; a 1 a Aşadar, pentru b  se obţine inversa matricei X(a) şi anume a 1  a  ( X (a))1  X (b)  X  .  a 1  2. x2  1  0  x  i

2 p

a)

b )

g ( X )  ( X  i)( X  i).

2 p

3 p 2 p

Polinomul f este divizibil cu polinomul g ( X )  X 2  1  f (i)  f (i)  0 ceea ce este adevărat deoarece f (i)  (i 2  i  1)10  (i 2  1)10  1  i10  1  i 2  1  1  1  0. Analog pentru f(-i).

281

2 p 3

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO p c)

f ( X )  ( X 2  X  1)10  ( X 2  1)10  1  1 10 10  C100 ( X 2  1)10  C10 ( X 2  1)9  X  C102 ( X 2  1)8  X 2  .......  C10 X  ( X 2  1)10  1   2( X  1)  10( X  9 X  ...)  ....  2

10

19

17

Observăm că a19 este coeficientul lui X19 prin urmare a19 = 10.

2 p 2 p 1 p


b)

f ' ( x)  (2 x  4)e x

2

4 x  2

3p

;

f ' (0)  4e2 ;

2p

f este crescătoare pe  2;  deoarece f ' ( x) 0

2p

și este descrescătoare pe  ; 2 deoarece f ' ( x)0.

2p

x=2 este punct de extrem local. c)

1p

Cum f este descrescătoare pe 0;1  0  x  1  f (1)  f ( x)  f (1) .

3p

1  f ( x)  e e 1 3 1 x 1 9   2 0 x  2 dx  0  x  2 x  4  x  2  dx 

2p

 x3  1 10 3 2   x  4 x  9ln( x  2)    9ln . 2  3 0 3

3p

1 1 1  3  6 9   x 1   V    dx   1  dx    dx 1     2    x  2 x  2 x  2 ( x  2)       0 0 0 1 9  3  5    x  6ln( x  2)   0     6ln  . x2 2  2 x 1 Fie f :[1; 2]  , f ( x)  . Cum f „(x) este pozitivă rezultă că f este strict x2

3p

Se calculează f(1) și f(0),  2. a)

b)

c)

2

2p

2

282

2p 2p 2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO crescătoare pe [1;2]. Din 1  x  2  f (1)  f ( x)  f (2)  0  f ( x)  2

1 . 4

1p

2

1 1 După care se integrează inegalitatea, 0   f ( x)dx   dx  ; 4 4 1 1

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 80 Prof: Stan Adrian



a 2  12, a 0  a  12  2 3 . 2.

3p

a 2  18  2  (9  6 2)(9  6 2 ) 

a  2 3

2

 0.

r =7 an  a1  (n  1)  r  192  3  (n  1)  7 n=28 Rezultă 3 + 10 + 17 +….+ 192 = 2730

2p 1p 2p 2p

3.

4.

5.

Relațiile lui Viete: x1  x2  4, x1  x2  1; x1  1 x2  1 2 x1 x2  x1  x2  4    2. x1  2 x2  2 x1 x2  2( x1  x2 )  4

2p 3p

Condiții de existență: x   3;   .

1p

Ecuația dată este echivalentă cu ( x  3)( x  1)2  ( x  2)3 

2p

 5  5   x2  5x  5  0. S   .  2    0 sin(90  x)  cos x, cos(1800  x)  cosx

sin(180  x)  sin x, cos(90  x)   sin x Suma dată este egală cu 0. 0

0

283

2p 2p 2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1p 6.

Din teorema cosinusului AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC  cos B se obține AC=5 3 sin A  1  cos 2 A  . 5

2p 1p 2p


1. a)

b)

4  A(3)  A(3)   2 2   6  A(3)  A(3)   8 6 

1 2   2 1 2     6 1   2 0 1  1 4   2 1 2  2 5   3 0  . 2 5 

Calcul A(x)+A(-x) Calculul determinantului det(A(x)+A(-x))=0

3p

2p

3p

2p c)

2p

c)Calculul determinantului x3  5 x 2  6 x  0

2p

x 3, 2,0 . 2.

1p

Se calculează f(2) şi se egalează cu expresia dată în enunţ. f(2)= 8+4m+2n+p = 2(2m+n+9) de unde rezultă că p=10.

a) b)

2p 3p

Din x2 +x-2=0 rezultă x1= - 2 şi x2 =1.

1p

 f (2)  0 f ( X ) g ( X )  ( X  1)( X  2)    f (1)  0 4m  2n  2   m  4, n  7. m  n  11

284

2p 2p


f ( X )  X 3  4 X 2  7 X  10  ( X 2  X  2)( X  5)  f(1)=0 aşadar, produsul  ( X  2)( X  1)( X  5)  f (0)  f (1)  f (2)  .....  f (2010) îl conţine pe f(1) prin urmare este egal cu zero.

2p

Cum

2p 1p


1. a)

b)

c)

f '( x)  3x  2 x ln x . f ( x)  f (1) lim  f '(1)  3 . x 1 x 1

3p

f ''( x)  5  2ln x .

3p

2p

1   1   f este convexă pe  2 ,   și concavă pe  , 2  . e e e e   ecuația tangentei în punctul A( x0 , y0 ) este y  y0  f '( x0 )( x  x0 ) . y0  f ( x0 )  y0  f (1)  1  Ecuația dreptei este y  1  f '(1)( x  1)  y 1  3( x 1)  3x  y  2  0

2p 1p 1p 3p

2. a) b)

c)

a  b  2 Din condițiile de continuitate și derivabilitate a lui f se obține  . 2a  b  2 Din rezolvarea sistemului rezultă a  4, b  6. F(x) este primitiva lui f  F '( x)  f ( x) 2 F este convexă deoarece F ''( x)  f '( x)   0, x   2;   . x2 1

1

1 0 4 x2  6 x  2dx  0

1

2 2  3   17   4  x       4  4     1  7  17 3  17    ln ln . 2 17  7  17 3  17 

285

dx 

3p 2p 2p 3p

3p 2p


BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 81 Prof: Stan Adrian



n

n

1p

k 1

k 1

2p

f (1)  f (2)  .....  f (n)   k 2  3 k  2n n(n  1)(2n  1) n n(n  1) 2 ,k  k   6 2 k 1 k 1 n

2p

n(n  1)(n  5) S  2n 3 2.

am  an  (m  n)  r

a26  a18  (26  18)  r  178  122  8r  r  7

a18  a1  (18  1)  r  122  a1  17  7  a1  3 . (a  a )  n (3  178)  26 S26  1 26   18113  2353 . 2 2 3.

4.

5.

2p 2p

91 1  Ecuația dată este echivalentă cu 3x  9  1    273  3x   273  9 9  x 3 3  3  x  3.

3p

x2  y 2  ( x  y)2  2 xy  39  9  3xy  xy  10 . x  y  3 Sistemul dat devine   ( x, y)  2;5 ,(5; 2) .  xy  10

2p

Mijlocul lui  BC  este M (1; 5) iar panta dreptei AB este 3. Ecuația dreptei AM este

6.

1p

Se calculează cos A 

y  yM  m( x  xM ) , 3x  y  8  0 .

b2  c 2  a 2 1  . 2bc 8

2p

3p 2p 3p 2p

286


sin A  1  cos 2 A 

3 7 . 8

Din teorema sinusurilor se obține

1p

a 16 7 .  2R  R  sin A 7

2p


1. a)

b)

0 1 2    A  I 3   1 0 2  1 2 0    det( A  I3 )  2

2p

A + m I3 este inversabilă  det( A  mI3 )  0

3p

Calculul determinantului matricei A  mI 3 si rezolvarea ecuaţiei det( A  mI3 )  0

2p

3p

Concluzia, det( A  mI3 )  0  m    0 c)

2. a) b)

0  T ( A  I3 )   1 2   4  * ( A  I 3 )   2  2 

1  2 2 0  4 2   2 2  1 1  1 X  ( A  I 3 )1   ( A  I 3 )* det( A  I 3 )

1p

ˆ  2ˆ a  1ˆ f (1) 2ˆ a  1ˆ  2ˆ  a  3ˆ

2p

a  3ˆ  f ( x)  x 2  x f ( x)  2ˆ  x 2  x  2ˆ

1p

1 0

3p 1p

3p

2p

 

ˆ ˆ x  1,3

2p

287


ˆ  f (1) ˆ  0ˆ  f (4) ˆ  0ˆ f  ( x  1) a  1ˆ  f ( x)  x 2  4ˆ x  3ˆ

2p 2p

ˆ  1ˆ  1ˆ  3ˆ  0ˆ f (4)

1p


1. a)

b)

c)

2. a) b)

 x 2  3x  1 ; ex f '(0)  1 .

3p

2x 1 2  lim x  0 x x  x  x  e e y  0 ecuația asimptotei către  .

3p

x2  5x  4 f ”( x)  ex x2  5x  4  0  x1  1, x2  4. Atunci, f ”( x)  0, x   ;1   4;  

2p

f ite primitive pe R  f este continuă pe R

2p

f '( x) 

lim f ( x)  lim

2p

Se studiază continuitatea în 1:

lim f ( x)  lim f ( x)  f (1)  0  f este continuă în 1, deci si pe R. x1

2

 0

x1

1

1 1 f ( x)dx I1  I 2 unde I1   (e x 1  1)dx  (e x 1  x)   şi 0 e 0 2

I 2   ( x3  1)dx ( 1

2



f ( x)dx 

0

c)

2p

g ( x) 

3p

3p 2p 2p

4

2 11 x  x)  . 1 4 4 1p

11 1  4 e

( x  1)( x 2  x  1)  x 1 x2  x  1 2

2

1

1

2p 1p

VolCg    g 2 ( x)dx   ( x  1)2 dx  2p

288

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO VolCg  

( x  1)3 2   . 3 1 3 BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 82 Prof: Stoica Alina Codruţa



2x

2

5

 4x2  2x

2

5

 

 22

x2

 2x

2

5

2p

 22 x  4

2p

x2  5  2 x  4  x2  2 x  1  0

1p

x 1 2.

3.

 x1  x2  m  1   x1 x2  2m x1 x2  2 x1  2 x2  2  0

3p 2p





Condiţii de existenţǎ : x  ;  3    3;  şi x  1;    x   3; 





 2p

x  3   x  1  3  2 x  1 2

2

x  2   3;  4.



2p



1p

2 x  1  1,3,5,15

2p

x  1, 2,3,8

2p

p

1 4

1p

289


mMN  

2 3 şi panta mediatoarei segmentului MN este 3 2

Panta paralelei prin P este

3 2

2p 1p 2p

Ecuaţia paralelei prin P este 3x  2 y  3  0 6.

 2 6 1   1  sin 2 x  sin x  cos x  1  sin x     5  25 

3p

1 3 Deoarece sin x  0 pentru x    ,  avem sin x   5  2 

2p

2

2

2

2


1. a)

1 1 2    A   2 1 2  1 4 m   

2p 3p

det A  3m  24 b)

Pentru m=6 avem det A  0

1p

Studierea compatibilităţii sistemului: sistem compatibil simplu nedeterminat

2p

Gǎsirea soluţiei sistemului: x 

 3

,y

6  4 , z   cu    3

2p

Pentru m  6 avem det A  0

2p

Aplicarea regulii lui Cramer şi aflarea soluţiei x=0, y=2, z=0.

2p

Pentru m  6 avem det A  0 şi sistemul este compatibil conform punctului b.

1p

2.

x  y  2 xy  6 x  6 y  21  2 x  y  3  6 y  18  3

2p

a)

 2 x  y  3  6  y  3  3 

2p

2  x  3 y  3  3

1p

x  x  2 x2  12 x  21

1p

c)

b)

290


c)

2 x2  12 x  21  11

2p

x2  6 x  5  0 cu soluţiile x1  1 şi x2  5

2p

Arată că x  3  3, x  

2p

Avem x  1 2  3  ...  8  9 ...  2014

1p

Operaţia fiind asociativă avem că 1 2  3  ...  8  9 ...  2014  x  9  x  3  3

2p


1. a)

lim f ( x)  lim x 

ln x 1  lim  0 rezultă y  0 asimptotă orizontală spre  L ' H x  x x

ln x   1                 x 0 x 0 0 x 0

2 p

lim f x   lim

2 p

rezultă x  0 asimptotă verticală la dreapta

1 p

x 0 x 0

b )

x 

1   x  ln x  1       ln x ln x  x  ln x  x 1  ln x   x f ( x)       2 2 x x x2  x 

f x  0  1  ln x  0  ln x  1  x  e

x f (x) f (x)

e

0 

2 p

1 p

                   0                       2 p 1 e

x  e punct de maxim c)

e   , deoarece f este descrescătoare pe e, avem f e  f  

2 p 3

291

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO ln e ln     ln e  e ln   ln e   ln  e  e    e e 

p

2.

 x sin x dx   x cos x   cos x dx

a)

  x cos x  sin x  c

3 p

 

 

2 p b )

x

x

n

sin x dx   x n cos x  n  x n1 cos x dx

n 1

2 p

cos x dx  x n1 sin x   n  1  x n2 sin x dx

Finalizare I n   x n cos x  nx n1 sin x  n  n  1 I n2

c)

2 p 1 p

  x   0;   0  sin x  1  4

1 p

0  xn sin x  x n

2 p

0   x n sin x dx 

x n 1 atunci lim I n  0 n  n 1

2 p

292


BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 83 Prof: Stoica Alina Codruţa



log 2 5  log 2 3  log 2

5 3

293


5 12 log 2  log 2  log 2 4 3 5

2p

log 2 4  log 2 22  2log 2 2  2 1  2

2.

Tk 1  C

k 8

k

2 C 2 k 8

1p 2p

k 2

2p

k    k  0, 2, 4, 6,8 avem 5 termeni raţionali 2

1p

Dezvoltarea are 9 termeni, deci 4 termeni vor fi iraţionali 3.

z  a  bi, a, b    z  a  bi 3a  bi  6  i

1p 2p

a  2, b  1 4.

AB 

2p

 xB  xA    yB  y A  2

2



 1  4  m    2  4  m  2

2

2p 2p

 m  5   m  2  2

2

5

1p

m2  3m  2  0 cu soluţiile m1  1 şi m2  2 .

5.

AB 

 xB  xA    yB  yA  2

2p

2

1p

5  m   2  m 2

2

5

2p

m2  3m  2  0 cu soluţiile m1  1 şi m2  2

6.

a 2  b 2  c 2  2bc cos A  6 2  4 2  2  6  4  cos 60  a 2  36  16  48 

2p 1p

1  28  a  2 7 2

2p

p  10  2 7 SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

294


 20140  Dacǎ x  0 avem A  0    0  0 

0 0  1 0 0 1 

2p 3p

A  0  I3  I3  G b)

 2014 x  Pentru x, y   avem A  x  A  y    0  0   2014 x  y  A x A y   0  0 

c)

0 0  1 y 0 1 

0 0   1 x  y G , x  y  0 1 

 20142 x  A2  x   A  x  A  x   A  2 x    0  0  20142 x det A2  x   0 0

0 0  2014 y  1 x  0 0 1   0

0 0  1 2x  0 1 

0 0 1 2x  0 1

20142 x  2014  2 x  1  x 

3p

2p

2p

2p

1 2

1p

2.

x, y  3,  x  3  0, y  3  0

2p

a)

x  y  xy  3x  3 y  12  x  3 y  3  3  3  x  y  3,

3p

b)

x  x  x  x2  3x  3x  12  x

3p

 x2  7 x  12  0 cu soluţiile x1  3 şi x1  4

2p

c)

x y Verificăm dacă f  x  y   f  x   f  y  f  x  y   e  3

f  x   f  y    f ( x)  3 f ( y)  3  3   e x  3  3 e y  3  3  3  e x  e y  3  e x  y  3

295

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Fie x1 , x2  R , din f  x1   f  x2   e x1  3  e x2  3  e x1  e x2  x1  x2 deci f injectivă

1p

Din f  x   y  e x  3  y  e x  y  3  x  ln  y  3  R pentru y   3,   deci f

1p

surjectivă 1p

Aşadar f bijectivă Cum f este morfism bijectiv rezultă că f este izomorfism de grupuri.


1. a)

cos

1 1 este funcţie mărginită 1  cos  1 x x

lim x 2 cos x 0

1 0 x

2p 1p

f este continuă b)

f '  0   lim x 0

f ' 0  0 c)

2p

f  x   f  0

2p

x

3p

1 2 n3 3 n3 n n3 3 cos n  cos  cos  ...  cos n3 n3 2 n3 3 n3 n n 1 an  2 2n

1p

n 1  0  lim an  0 n  2n 2 n 

2p

an 

2p

lim 2. a)

Dacă F : 0,  R este o primitivă a lui f : 0,  R atunci F este derivabilă pe 0, şi F x   f x  , x  0,

1p 1p

F x   f x   ln x  x 1 1 x   F x   f x   ln x  x   ln x   x   1  x x 296

2p


b)

1 x  0 pentru x  1, , deci F concavă pe 1, x

1p

 x  f ( x)  ln x  dx   x  ln x  x  ln x  dx    2 x  dx   4 x dx 

2p

2

2

4 c)

2

2

x3 C 3

g ( x) 

1p

f ( x) ln x  x 1   ln x  1 x x x

1p

 1 ln 2 x 1  G( x)   g ( x)dx    ln x  1dx   ln xdx   dx   ln x  ln x dx   dx   xC x 2 x 

G(1) 

2p

1p

ln 2 1  1  C  1  C 2

1 C 

2p

1 3 ln 2 x 3  C  deci G( x)  x 2 2 2 2

297

1p


BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 84 Prof: Stoica Alina Codruţa



z2  z 1  0  z3  1

2p

1 1 z2 1  z   1 deci z  4  z   z z z z

3p

Avem între rǎdǎcini relaţia x2  x1  3 şi din relaţiile lui Viete pentru ecuaţia f(x)=0 mai

1p

4

2.

avem x2  x1  a deci x2 

3 a care verificǎ ecuaţia f  x   0 2

2p 2p

Din ecuaţia a  8a  9  0 se obţin soluţiile a  1 şi a  9 . 2

3.

x 1  0 adicǎ x   0;    x0

Condiţii de existenţǎ 

Folosind proprietǎţile logaritmilor avem lg  x  1 x  lg 90 rezolvând ecuaţia x 2  x  90  0 obţinem soluţia x  9 . 4.

1p 2p 2p 2p

1 1 1 1  2  ...  2014  2  2014 2 2 2 2 1   1 1 1  2  22  ...  22014   1

1

2p 1p

1  1  1 1 1   2  ...  2014   1  2014 2  2  2 2

298
















Dacǎ notǎm AB  u si BC  v obţinem prin calcul vectorial AC  BD  3 v

2p 3p







adicǎ AC  BD  3 v  3 10  30 6.

cos  

x1 x2  y1 y2 x12  x2 2 y12  y2 2



2 0 41 13

3p 2p

deci unghiul este obtuz SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

1. a)

Prin calcul direct obţinem

 1 2 3

2p

3 

1 2 3  e 1 2 3 

3p

b) Vom avea ecuaţia  2014  x  e    x  e .

3p

2    2 3 1

b)

2p

 1 2 3   2 3 1

cu soluţia x   1   c)

c) Notǎm   1   2   3   4   5   6 cu o ordonare oarecare a factorilor şi avem

1p

     (1 )   ( 2 )   ( 3 )   ( 4 )   ( 5 )   ( 6 ) =

2p

(1)m(1 ) ( 2 )m( 3 )m( 4 )m( 5 )m( 6 )  1

2p

adica  este permutare impara. 2. a)

   f  2   m  1 f  0   f 1   f  2   1  3m  1 f 0  f 1  m

1p 2p 2p

299


   f  2   0  x  2 f   x  2   x  x  2    x  1   x f 0  f 1  2

2p 1p

1

2

2

 x  2



2p

Verificǎm şi cǎ 2 nu este rǎdǎcinǎ dublǎ c)

Dacǎ m  2 atunci f este reductibil cum am vǎzut la punctul a)



Dacǎ m  0 atunci f este reductibil deoarece f  x 2 x  2

Dacǎ m  1 atunci

    adicǎ f  2   1  1  2 f 0  f 1  1



f ireductibil peste 3  X  .

2p 1p 2p


1. a)

lim x 1

f ( x)  f (1)  f (1) x 1

1p

 f x   e x  x 2  e x  2 x





2p

f 1  e1  2 1  e  2 f ( x)  f (1)  e2 x 1

1p

 f x   e x  2 x  e x  2

3p

f x   e x  2  0 , x  R deci f este convexă pe 

2p

lim x 1

b)

c)

1p









lim f ( x)  lim e x  x 2       rezultă că f nu are asimptotă orizontală spre 

2p

Căutăm asimptotă oblică y  mx  n spre 

1p

x 

x 

2p 300

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO m  lim

x 

f ( x) e x  x2  e x  2x  lim     lim  x  x x    L ' H x  1

rezultă că f nu are asimptotă oblică spre  2. a)

1

2p

1

x 1 2x dx   dx 2 1 x 2 0 1  x2 0

I1  

3p

1 ln 2 1 ln(1  x 2 )  0 2 2 b)

Pentru x  [0,1]  0 

2p

xn  xn 1  x2n

Se integreazǎ inegalitǎţile şi se obţine cǎ I n 

c)

1 pentru orice n natural nenul. n 1

3p

xn xn xn  n1 n lim I n ( )  lim  dx  0   x  0  dx  0 1  x2n n  1 n  n  1  x 2 n 1  x2n 0 1

1

2p

pentru   0;1 folosind criteriul cleştelui avem lim I n ( )  0 n 

1p Dacǎ   1 avem I n ( ) 

1

x

 1 x 0



n

2n

n

x dx 1  x2n 1

dx  



xn cn Fie c  (1,  ) avem  dx  F    F 1    1 1  x2n 1  c2n 1

2p

cn 1 lim(  1) = lim(  1) 0 2n n  n  1 1 c n  c cn

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 85 Prof: Szép Gyuszi Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.

301

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem. Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.

SUBIECTUL I (30 de puncte) 1. 2  3i (2  3i)(1  i)

2  2i  3i  3i 2 5  i    1 i (1  i)(1  i) 1 i2 2 2  3i 5 1  2  3i  5   i  Re   . 1 i 2 2  1 i  2

2.

2p

Știm că, în ipoteza a  0 , funcția f (x)  ax 2  bx  c are valoarea maximă f max   În cazul nostru,   32  4  (1) 1  13 . Atunci  Prin urmare, f max 

3.

3p

 13 13   . 4a 4  (1) 4

 . 4a

13 . 4

5.

Încercăm să încadrăm numărul log3 534 între două numere naturale consecutive.

1p

Avem 35  534  36 și, ținând cont de faptul că funcția f : (0, )   , f (x)  log3 x

2p

Există 90 numere naturale cu două cifre, și anume cele de la 10 până la 99 . Prin urmare, avem 90 cazuri posibile. Cazurile favorabile sunt numerele naturale pentru care cifra zecilor este cu 2 mai mare decât cifra unităților, adică numerele 20, 31, 42, 53, 64, 75, 86, 97 . Prin urmare, avem 8 cazuri posibile.

8 4 Probabilitatea este P  .  90 45 Punctul A  1, 2  aparține dreptei dacă 2  a  b (am înlocuit x  1 și y  2 în relația y  ax  b ). Punctul B  0,3 aparține dreptei dacă 3  b (am înlocuit x  0 și y  3 în relația y  ax  b

6.

). Din 2  a  b și 3  b obținem a  1 . Așadar, a  1 și b  3 . Știm că sin(2k  x)  sin x și cos(2k  x)  cos x , pentru orice k  , x   . Avem sin(2014 )  sin 0  0 și cos(2013 )  cos(2012   )  cos   1 .

Deci cos2 (2013 )  sin(2014 )  (1)2  0  1 . SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte) 1. a)

2p 2p

este strict crescătoare, putem afirma că log3 35  log3 534  log3 36 , adică 5  log3 534  6 . Atunci  log3 534  5 . 4.

1p

Elementul 1 din a doua linie a permutării  are la stânga lui un singur element mai mare decât el (pe 2 ). Elementul 2 nu are la stânga lui elemente mai mari decât el. Elementul 3 are la stânga lui un singur element mai mare decât el (pe 4 ). Elementul 4 nu are la stânga lui 302

2p 2p

2p 1p

2p 2p 1p 1p 3p 1p

3 p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO elemente mai mari decât el. Deci numărul de inversiuni este m( )  1  0  1  0  2 . Signatura permutării este ( )  (1)m( )  (1)2  1 , de unde rezultă că permutarea  este pară. b )

1 2 3 4 1  2 3 4 1 2 1 2 3 4  1 3   3 4 1 2  2

2 

2 3 4 1  3 4 1 3 2 3 4 1  3 4 1  4

2 3 4 . 4 1 2 2 3 4 . 1 2 3

 1 2 3 4   1 2 3 4  1 2 3 4      e.  4 1 2 3   2 3 4 1  1 2 3 4  Avem A   ,  2 ,  3 , e . Prin urmare, mulțimea A are patru elemente.

2 p 1 p

1 p

4 

c)

1 2 3 4 1 2 1  rezultă că     2 1 4 3 2 1 1 2 3 4 1 2 Avem x   1 , adică x    2 3 4 1 2 1 Din   

1 p 2 p 2 p

3 4 . 4 3 3 4 . 4 3

2 p

1 2 3 4 . 3 2 1 4

Prin urmare, x  

1 p 2. a)

1 p 2 p

Evident, 1 și 2 sunt numere raționale. Avem că 22  3 1  4  3  1 .

 2 3  H . 1 2

Așadar, A  

2 p b )

 a 3b   c ,  b a  d

Trebuie să arătăm că pentru orice elemente 

3d    H , avem că c 

 a 3b   c 3d      H . b a  d c   a 3b   c 3d  2 2 2 2 Din  ,    H rezultă că a, b, c, d  , iar a  3b  1 și c  3d  1 . b a d c      a 3b   c 3d   ac  3bd    b a   d c   ad  bc

Avem 

3(ad  bc)  . ac  3bd  303

1 p

1 p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Cum a, b, c, d  , rezultă că ac  3bd , ad  bc  . În plus,  ac  3bd   3   ad  bc   a 2c 2  6abcd  9b2 d 2  3a 2 d 2  6abcd  3b2 c2  2

2

a2c2  3a2 d 2  3b2c2  9b2 d 2  a2 (c2  3d 2 )  3b2 (c2  3d 2 )  (a 2  3b2 )(c2  3d 2 )  11  1

1 p

.

 a 3b   c 3d      H . În concluzie, mulțimea H este parte stabilă a b a  d c 

Am arătat astfel că 

1 p

mulțimii 2 () în raport cu înmulțirea matricelor. 1 p c)

 a 3b   c 3d   a 3b   c 3d   ac  3bd 3(ad  bc)  ,    H . Avem     și b a d c b a d c ad  bc ac  3 bd           c 3 d a 3 b ca  3 db 3(da  cb)           . Cum înmulțirea numerelor raționale este d c b a ad  cb ca  3 db      

Fie 

 a 3b   c  b a  d

3d   c  c  d

comutativă, rezultă că 

3d   a 3b     , adică înmulțirea este c  b a 

1 p

comutativă pe H . Știm că înmulțirea matricelor din 2 () este asociativă. Cum mulțimea H este parte stabilă a mulțimii 2 () în raport cu înmulțirea matricelor, va rezulta că ,,  ” este asociativă pe H .

1 Matricea  0  a 3b   1   b a  0

0   H este element neutru, adică pentru orice element 1

 a 3b     H , avem b a 

0   1 0   a 3b   a 3b      . 1 0 1  b a  b a  a 3b  a 3b  Fie   a 2  3b 2  1  0 , de unde rezultă că matricea   H . Avem b a b a   este inversabilă. Prin urmare, (H, ) este grup abelian.

 a 3b    b a 

1 p

1 p

1 p 1 p




2 2   x ' x  x  2  x  x  x  2 x f '(x)     2 2  x x2  x2  x  2



304



 

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 2x 1

x2  x  2  x 

2 x4 2 x 2  x  2  2( x  x  2)  x(2 x  1)  , 2 x x2 2( x 2  x  2) x 2  x  2 2( x 2  x  2) x 2  x  2



3p

x. b)

1 7  Avem x  x  2   x     0 pentru orice x   . Atunci 2 4 

2p

Semnul funcției f ' este dat de semnul funcției g :    , g (x)  x  4 . Așadar, funcția f este descrescătoare pe intervalul (, 4] și crescătoare pe intervalul [4, ) . Funcția f este continuă pe  , deoarece se obține din operații cu funcții continue.

1p 2p

2

2

2  x 2  x  2  x 2  x  2  0 , pentru orice x   .

c)

x  1 1 2 x x2 x 1  2 x x x x și lim f (x)  lim  lim 1. 2 x  x  x  x  2 x  x 1  1  2 x x2 Avem lim f (x)  lim x 

x 

x

2

 lim

1p

x 

Conform subpunctului b), funcția f are un punct de minim x  4 . Obținem f min  

1p

1p

2 14 . 7

2p

 2 14  ,1 . 7  

Atunci Im( f )    2. a)

b)

x ( x  3)( x 2  9) x   2  2 2 x 9 x 9 x 9  x3  9 x  3x 2  27  x   x2  9  x3  3x 2  10 x  27  f (x) , pentru orice x   . x2  9

2p

x  3 

2

2p

1p

x  x2 2  x  3  f (x) d x  x  3  x  3  d x    1  1  1 ( x2  9)2 dx  x2  9  9 9 9 1 1 x 1 1  x     x  2 d x     dx   2 2  2 1  x 9 2 x 9 1 2 1 x 9 9

9

9

2p 2p

9

c)

1 9 1  1 x 1 1      arctg   arctg 3  arctg  . 2  90 10  6 31 6 3

1p

Facem schimbarea de variabilă x  f (t) . Atunci dx  f '(t) dt .

1p 1p

305


Atunci



19 10

0

1

1

0

f 1 ( x) dx   t  f (t ) dt    t  f (t ) dt  1

1

t  19 t 2 1 1   t  f (t ) 0   f (t) dt   f (1)    t  3  2 d t     3t 0  ln(t 2  9)   t 9 10 2 0 2 0 0 0 19 1 1 10 3 1 10     3  ln   ln . 10 2 2 9 5 2 9 1

1

2p

1

1p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 86 Prof: Szép Gyuszi Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător. Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem. Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.

306

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO SUBIECTUL I (30 de puncte) 1. Avem că 2 x  3  3i sau 2 x  3  3i ,

3p

3 3 3 3  i și x2   i . 2 2 2 2 2.   b Vârful unei parabole y  ax 2  bx  c este V   , .  2a 4a  iar de aici obținem soluțiile x1 

2p 1p

În cazul nostru, 2  1 5 11   2 5   4(3m  1)  4m  4(9 m  5m  1)  36  m  m    36  m      0, 9 9 18  324    pentru orice m  . 2   5 11  Atunci   9  m      0 , pentru orice m  , ceea ce înseamnă că vârful 4a 18  324   parabolei se află sub axa Ox pentru orice m  . 3. Pentru existența expresiei log x  3 impunem condiția x  3  0 , adică x  (3, ) . 2 2

2

Ecuația dată, pentru x  (3, ) , este echivalentă cu ecuația Ridicând la pătrat, obținem x  3  4 , de unde rezultă că x  1 (3, ) este soluția ecuației date. 4.

x3  2.

k

2 Termenul general este Tk 1  C x    C7k 2k x 7 2 k , unde k {0,1, 2,,7} .  x Trebuie să avem 7  2k  3 , de unde se obține k  2 . Termenul care conține pe x 3 este T3  T21  C72 22 x3  84 x3 . 5.      1   AD  AB  BC  CD  AB  AD  AF ,  2  iar de aici rezultă că AD  2 AB  2 AF . 6.

k 7

7k

Aplicăm formula fundamentală a trigonometriei: sin 2 a  cos2 a  1 , pentru orice a   . Știind că sin a 

3 9 , avem cos 2 a  1  . 5 25

2p

2p 1p 2p 1p 1p 3p

1p 1p 3p 2p 1p 1p

În cadranul II, funcția cosinus este negativă. De aceea, din cos 2 a  .

16 4 va rezulta cos a   25 5

2p 1p

sin a 3  5  3       . Avem tg a  cos a 5  4  4


307

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1. a )

Matricea M este inversabilă dacă și numai dacă det(M )  0 . Avem

m det( M )  m  1

2 3

1 p

1 1  3m  4  2m  m2  m  2m  2  6  3m  m2  2m  2m  2  m  2

2m 2m 1 Din det(M )  0 deducem că m  {2} .

3 p 1 p

b )

m 2 1 3 1  3m  4m  2m  m2  2  m  6m  2m  m2  2m  2  0 . Avem m  1 2m 2  m 1 m Cum m  1

2m c)

2

1

1  0 , rezultă că punctele A , B și C sunt coliniare. 2m 1 3

Am văzut la punctul a) că det(M )  m  2 . Dacă m  2 , atunci rang(M )  3 . În cazul în care m  2 , avem det(M )  0 . Cum

2 1  2  3  1  0 , va rezulta că 3 1

rang(M )  2 . Așadar, rang(M )  2 , pentru orice m .

2. a )

b )

3 p

2 p 1 p 1 p 2 p

  0ˆ  (1ˆ  14)   (2ˆ  13)     (7ˆ  8) ˆ  Avem 0ˆ  1ˆ    14

0ˆ  0ˆ  0ˆ  0ˆ  0ˆ  0ˆ  0ˆ  0ˆ  0ˆ .   {3} ˆ ˆ 2, ˆ ,14} ˆ și 2ˆ  3ˆ  6ˆ . 2ˆ  kˆ  6ˆ , pentru orice kˆ {0,1, Prin urmare, ecuația 2ˆ  x  6ˆ are în  soluția x  3ˆ .

1 p 3 p 2 p 3 p

15

c)

Un element kˆ 15 este inversabil dacă și numai dacă numerele naturale k și 15 sunt prime între ele.

2 p 3 p

Elementele neinversabile sunt acele elemente kˆ 15 pentru care k are un divizor comun

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ   . Astfel am demonstrat că sunt 7 elemente netrivial cu 15 , adică 0,3,5,6,9,10,12 308

2 p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO neinversabile ale inelului 15 . SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte) 1. a)

3 3 f ( x) x  7 x 2  11x  5 lim  lim  x 1 x  1 x 1 x 1 x 1 x 1

 lim 3 x 1 x 1

b)

2p

( x  1) 2 ( x  5) x5  lim 3   3 x 1 ( x  1) x  1 x 1

3p

Calculând formal, obținem:

f '(x) 



3

x  7 x  11x  5 3

2





x  7 x  11x  5   3  x  7 x  11x  5 3

2

3

3

2

2



3x  11 3 (x  1)(x  5) 3

2

, pentru orice

x   {1;5} . Funcția f este derivabilă pe   {1;5} . Pe de altă parte, lim f '(x)   și lim f '(x)   . Conform teoremei reciproce a x 1 x 1

x 5

3p

2p

teoremei lui Lagrange, rezultă că funcția f nu este derivabilă în x  1 și în x  5 . Prin urmare, domeniul de derivabilitate este   {1;5} . c)

Avem că

3

(x  1)4 (x  5)2  0 , pentru orice x   {1;5} . Semnul derivatei f ' este dat de

funcția g :   {1;5}   , g (x)  3x 2  14 x  11 . Putem astfel să întocmim următorul tabel de monotonie:

x f '(x)

f (x)

11 5   1 3 ++++++ -------- 0++++++ ++++++

0



43 4 3

0

11 este punct de minim local. Punctul x  1 este punct de maxim local. 3 2 1 1x 1 1x Funcția x  2 e este continuă pe intervalul [1, 2] . Prin urmare, există I 2   2 e dx . x x 1

2p

2p

1p

Punctul x  2. a)

2p

1 2  1x  Avem I 2    e  dx   e x  e  e .  1 1

3p

Vom aplica metoda integrării prin părți. Fie n   .

1p

2

b)

3p 309

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO I n1  

2 1

2 2 1 1x 1   1 1x  1   1x e dx     n 1   - 2 e  dx     n 1   e 1 1 x n 1  x  x  x  

  dx  

2

1 2 1 1 1x e   n 1 e  (n  1)  n e x dx   n 1  e  (n  1) I n 1 x x 2 1

Deci I n 1  e  c)

e 2

n 1

 (1  n) In , pentru orice n   , n  2 .

Folosind monotonia integralei, din relația 0 

1 e e  n , () x [1, 2] , () n   , n  2 n x x

rezultă 2

2

 0 dx   1

1

1p

1 x

2p

2

1 1x e e dx   n dx , pentru orice n   , n  2 . n x x 1

1 1x e e  1  e 1 1 xn e dx  I n și 1 xn dx  n  1 1  2n1   n  1 , () n   , n  2 . e Am obținut că 0  I n  , () n   , n  2 . Trecând la limită, avem lim I n  0 . n  n 1 2

2

2

Avem 0 dx  0 ,

310

2p 1p



SUBIECTUL I (30 de puncte) 1. b Avem b4  b2  q 2 , de unde rezultă că q 2  4 

b2

3p

243  3. 27

Acum putem scrie că b10  b4  q  243  33  243 3 . 2.

f (x)  2x

2

 4 x 3

6

2p

 2( x1)( x3) , pentru orice x   .

2p 2p 1p

Atunci f (1)  2(11)(13)  20  1 și f (3)  2(31)(33)  20  1 . Am găsit că f (1)  f (3) , ceea ce ne demonstrează că funcția f nu este injectivă. 3.

Ecuația dată se mai poate scrie sub forma 3x  3x  31  2  3x  32  32 .



Dând factor comun se obține 3 1  3  2  3 x

1

2

  32 , adică 3

x

1p 3p

16  32 .

Din 3  2 se obține soluția x  log3 2 .

1p

4.

Putem avea trei situații: f (1)  f(2)  4 , f (1)  f(2)  5 , respectiv f (1)  4 și f (2)  5 . Așadar, există trei funcții cu proprietatea că f (1)  f (2) .

4p 1p

5.

Determinăm mai întâi coordonatele vectorului AB . Avem AB  (1  2)i  (4  3) j , de

x





unde rezultă că AB  3,1 . 311







2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 

Ecuația dreptei care trece prin punctul C (1, 2) și are direcția vectorului AB este:

x 1 y  2 , adică d : x  3 y  5  0 .  3 1 1 tg a  tg b   Folosim formulele tg   x   și tg  a  b   . 1  tg a  tg b 2  tg x tg x  tg  1 Atunci ecuația dată se poate rescrie , adică tg 2 x  1 .  1  tg x  tg  tg x Obținem astfel că tg x  1 sau tg x  1 .   3 5 7 9 11  Ținând cont de faptul că x [0,3 ] , obținem x   , , , , , . 4 4 4 4 4 4  d:

6.

3p 1p

2p 1p 1p


1 1 1 det( A)  a 1 1 1 1 b 

b)

c)



C2 C2 C1 C3 C3 C1

1 0 0 a 1 a 1 a  1

0

3p

b 1

1 a 1 a  (1  a)(b 1) . 0 b 1

2p

x  y  z  0  Dacă a  0 și b  2 , atunci sistemul devine  y  z  1 .  x  y  2 z  1  Din prima ecuație și a doua ecuație ale sistemului obținem x  1  0 , adică x  1 .  y  z  1 Cu a doua ecuație și a treia ecuație ale sistemului se obține  . Folosind metoda  y  2 z  2 eliminării, rezultă că y  0 și z  1 .  x  y z  0  Dacă b  1 , sistemul de ecuații devine ax  y  z  a  1 .  x  y  z  1 

2 X 3

13 X 2

3

8 X / 6 X 3

8 X 5 X 2

7 X

3

6 X

2

6 X

X2

8X 4 8 X

4

6X

/

7 X

1

2

X

X2

X

1

2

6 X

1

8X

2p

3p

1 4p

X

1

2

X

1

/

/

/

312

2p

2p

Observăm că prima ecuație și a treia ecuație ale sistemului duc la egalitatea 0  1 , de unde rezultă că sistemul este incompatibil. 2. a)

1p






Deoarece am obținut restul r  0 , rezultă că f  X 2  X  1 . b)

1p 2p

1 1 1 1 x2 x3 x4  x1 x3 x4  x1 x2 x4  x1 x2 x3 Avem .     x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 Din relațiile lui Viète obținem x2 x3 x4  x1 x3 x4  x1 x2 x4  x1 x2 x3   Atunci

c)

1 1 1 1 7  8         7 . x1 x2 x3 x4 8  1

7 1 și x1 x2 x3 x4   . 8 8

2p

1p







Conform subpunctului a), avem că f  X 2  X  1 8 X 2  6 X  1 .

1p

Ecuația f (x)  0 se reduce la rezolvarea a două ecuații de gradul doi: x2  x  1  0 ,

1p

respectiv 8x  6x  1  0 . Ecuația x2  x  1  0 are discriminantul negativ și va avea ca soluții două numere complexe conjugate.

1p

2

Discriminantul ecuației 8x2  6x  1  0 este   4 . Obținem soluțiile x1 

1   și 2

1 x2    . 4

1p 1p

În concluzie, polinomul f nu are nicio rădăcină întreagă. SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte) 1. 1 a) Vom folosi metoda inducției matematice. Avem a1  2  (0,1) și etapa de verificare este parcursă. Presupunem că ak  (0,1) , unde k   . Să arătăm că ak 1  (0,1) .

ak  (0,1)  a 2k  (0,1)  a 2k  1 (0, 2)  ak  a k2  1  (0, 2) 

ak  a 2k  1 2

Cum an  (0,1) , pentru orice n   , rezultă că șirul  an n este mărginit. Pentru studiul monotoniei, din an 1 

an  a 2n  1 2

rezultă că

an 1 an2  1 , pentru orice  an 2

n   . Însă a 2n  1 (0, 2) , pentru orice n   , va rezulta că

2 p 1 p 1 p 2 p

an 1  1 , pentru orice n   . Prin an

urmare, șirul  an n este strict descrescător. Fiind monoton și mărginit, șirul  an n este 313

1 p

 (0,1)  ak 1  (0,1)

. Deci an  (0,1) , pentru orice n   .

b )

1 p

2

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO convergent. c)

Fie L [0,1] limita șirului  an n . Având în vedere relația de recurență, putem afirma că

L( L2  1) , adică L(L2  1)  0 . Cum șirul este descrescător, va rezulta că L  0 . L 2 a a2  1 1 Atunci lim n 1  lim n  . n  a n  2 2 n

a an  2 a  1 1 1  lim  n  2  n 1     . n  a n  a n  n 1 an  2 2 4

1 p 2 p

lim f (x)  lim (x  1)e x  1  f (0) și lim f (x)  lim cos x  1 . x 0 x 0

x 0 x 0

x 0 x 0

x 0 x 0

Cum lim f (x)  lim f (x)  f(0) , rezultă că funcția f este continuă în punctul x0  0 . x 0 x 0

1 p 2 p

Așadar, lim

2. a)

p 1 p

x 0 x 0

Funcția f este continuă pe (, 0) deoarece este egală cu produsul a două funcții continue (funcția de gradul întâi și funcția exponențială). Funcția f este continuă pe (0, ) deoarece este restricție a funcției cosinus. Am arătat că funcția f este continuă pe  . Prin urmare, funcția f ite primitive pe  .

1 p

1 p 1 p

b )

Din teorema de existență a primitivelor, funcția F :    , F (x) 

x

 f (t) dt este o primitivă 0

a funcției f . x



Avem (t  1)e dt  (t  1)e t

t x 0

0

x

x

  e dt  xe și  cos t dt  sin t 0  sin x . t

x

x

0

0

 xe x , x  0 O primitivă a funcției f este F :    , F (x)   . si n x , x  0  c)

V 

 /2

 

f (x) dx  

/3



 /2

 

 /2

 cos 

2

x dx   /2

/3



4

3 p 1 p 2 p

/3

cos x(sin x) dx   cos x sin x  /3  

 3

1 p

 /2

 sin 

2

x dx 

/3

 /2

  x  /3  

 /2

 cos  /3

2

x dx  

 3 2 4



6



314

 /2

 cos  /3

2

x dx

2 p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Atunci V 

 (2  3 3 ) 24

. 1 p BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 88 Prof: Szép Gyuszi

Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător. Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem. Se acordă 10 puncte din oficiu. Nota finală se calculează prin împărţirea punctajului obţinut la 10.

SUBIECTUL I (30 de puncte) 1.   este soluție a ecuației mz 2  nz  p  0 , unde m , n , p  , dacă

m 2  n  p  0 .

   4  4i 3  3i  1  4i 3 . Atunci  2  i 3   4  2  i 3   7  1  4i 3  8  4i Avem 2  i 3

2

2p

2

2

2.

1p

3 7  0.

1p

Prin urmare, 2  i 3 este soluție a ecuației z 2  4 z  7  0 . Deoarece x [3;9] , rezultă că | x  3 | x  3 .

1p

 x  5, x  5 . 5  x, x  5

Avem | x  5 | 

1p

3 x 5 2, . 2 x  8, 5  x  9 Funcția g :[5;9]  , g (x)  2 x  8 este strict crescătoare. Prin urmare, f max  2  9  8  10 . Cum f min  2 , rezultă că f max  f min  10  2  12 . Atunci f :[3;9]  , f (x)  

3.

1p



Avem 2 x 2  x  4  2  x 



1p 2p

2 1  31     0 , pentru orice x   , ceea ce înseamnă că 4  16 

expresia

2p

2 x  x  4 are sens pentru orice x   . Impunem condiția ca 8  x  0 , adică x  (,8] . 2

2 x  x  4  8  x obținem ecuația x  17 x  60  0 . Discriminantul ecuației este   529 . Soluțiile ecuației x2  17 x  60  0 sunt x1  3 și x2  20 . Prin ridicare la pătrat, din

2

Cum 20  (,8] , rezultă că ecuația

2

2 x 2  x  4  8  x are soluția x  3 . 315

1p 1p 1p


Numărul funcțiilor f : A  B este egal cu 34  81 . Există 34  C13 24  C3214  36 funcții surjective.

36 . 81 Distanța dintre punctele A  2 m 1, 2  și B  2, 2m  este Probabilitatea cerută este P 

5.

2p 2p 1p

AB  (2 m 1  2)2  (2  2m)2  2p

 8m2  12m  5 . Avem de rezolvat ecuația irațională

8m2  12m  5  5 .

8m2  12m  5 are sens pentru orice m  , deoarece 2  3 1 8m2  12m  5  8  m      0 , pentru orice m  . 4  16  

Expresia

8m2  12m  5  5 devine 2m2  3m  5  0 . Soluțiile 5 acestei ecuații sunt m1  1 și m2  . 2 Notăm cu R raza cercului circumscris triunghiului ABC și vom folosi formula AB  AC  BC . R 4  ABC 8  8  10 Semiperimetrul triunghiului ABC este p   13 . 2 Folosind formula lui Heron, ABC  p( p  AB)( p  AC )( p  BC ) , obținem Prin ridicare la pătrat, ecuația

6.

ABC  5 39 . Atunci R 

1p

2p

1p

1p 2p 1p

8  8 10 32 39  . 39 4  5 39


1 0 0    Pentru m  0  se obține A(0)   0 1 0  .  0 0 30    Avem I3  A(0)  M . b) Fie m , n   . Avem 0  1 m 0  1 n 0  1 m  n       A(m)  A(n)   0 1 0    0 1 0    0 1 0   A(m  n) .  0 0 3m   0 0 3n   0 0 3m n       1. a)

316

3p

2p

5p


2. a)

0  1 1 0  1 2 0   1 2014       A(1)  A(2)    A(2014)   0 1 0    0 1 0      0 1 0   0 0 31   0 0 32  0 0 32014       0 1  2    2014 1  2    2014     0 1  2    2014 0 . 1 2 2014   0 0 3  3   3   32015  3 Cum 1  2   2014  1007  2015 și 31  32    32014  , rezultă că 2   1007  2015 1007  2015 0    A(1)  A(2)    A(2014)   0 1007  2015 0 .   32015  3   0 0   2  e  este element neutru pentru legea de compoziție ,,  ’’ dacă x  e  e  x  x , pentru orice x  . Avem x  e  x,  x    xe  2x  2e  6  x,  x    (x  2)(e 3)  0,  x   . De aici deducem că e  3 . Cum 3  x  3x  6  2 x  6  x,  x   , rezultă că e  3 este element neutru.

b)

x2  ( x  1)  0  x2  x  1  1  0  x2  x  2  0 . Discriminantul ecuației x 2  x  2  0 este   9 . Soluțiile sunt x1  2  și x2  1 .

c)

Elementul neutru al legii de compoziție ,,  ’’ este 2 . Într-adevăr, x  2  x  2  2  x și 2  x  2  x  2  x , pentru orice x  . Fie a , b  pentru care f :    , f (x)  ax  b este un izomorfism de inele. Atunci f

1p

2p

2p

1p 2p 2p 3p 2p 1p

trimite elementele neutre ale inelului  , ,  în elementele neutre ale inelului  ,, , adică

f(2)  0 2a  b  0 . Obținem a  1 și b  2 . Izomorfismul este în mod necesar de   f(3)  1 3a  b  1 forma

2p

f :    , f (x)  x  2 . Arătăm că funcția f :    , f (x)  x  2 este izomorfism de inele. 1p Avem f (x  y)  x  y 2  2  x  2  y  2  f (x)  f(y),  x, y  și f (x y)  xy 2 x  2 y 4  x(y 2)  2(y 2)  (x  2)(y 2)  f(x)  f ( y),  x, y   . Prin urmare, f este un morfism de inele. 1p Arătăm acum că funcția f :    , f (x)  x  2 este bijectivă. Fie y  . Avem f (x)  y  x  2  y  x  y  2  , adică ecuația f (x)  y are soluție unică. Prin urmare, funcția f :    , f (x)  x  2 este bijectivă. SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte) 317


Fie x   . Cum e x  0, x   , avem în particular că e x  1  0, x  . Prin urmare, funcția f este bine definită.

 1   x  2    . x  e 1   1  Știm că lim e x   . Atunci lim f (x)  lim  x  x  2    . x  x  e  1 x   1 Avem e x  1  0, x  . Funcția x  x este derivabilă pe  fiind egală cu raportul a e 1 două funcții derivabile (funcțiile x  1 și x  e x  1 ). Funcția f este derivabilă pe  ca sumă de două funcții derivabile, anume funcțiile 1 și x x e 1 x  x  2. x x e2 x  e x  1  1  1  (e  1)  1 (e  1)  x  2  1 0  Avem f '(x)   x , x   . (e x  1)2 (e x  1)2  e 1  Cum e x  0, x   , rezultă că f '(x)  0, x   , de unde deducem că funcția f este strict crescătoare pe  . Punctul P  a, b  este centru de simetrie al graficului funcției f dacă și numai dacă f (x)  f(2a  x)  2b , pentru orice element x din domeniul de definiție al funcției f . În cazul acestei probleme, trebuie să arătăm că f (x)  f( x)  5 , pentru orice x   . Știm că lim e x  0 . Atunci lim f (x)  lim  x 

x

b)

c)

Într-adevăr, f (x)  f( x)  2. a)

1p 2p

x 

2p

1p

1p

2p

1p

1p 2p

x

1 1 1 e  x  2  x x2 x  x  4  5 , pentru e 1 e 1 e 1 e 1 x

orice x   . Funcția f este continuă pe [0, ) ca produs de funcții continue. Atunci funcția F este derivabilă pe [0, ) și F '(x)  f(x) , pentru orice x [0, ) .

2p 2p

x

Pentru orice x [0, ) , avem Deducem astfel că F '(x) 

b)

x e 6

 x  0 și e 3  0 . 6



x 3

 0 , pentru orice x [0, ) , egalitatea având loc doar

pentru x  0 . Prin urmare, funcția F este strict crescătoare pe [0, ) . Fie x [0, ) .

 x t  3t 1   3t  F (x)   f(t)dt   e dt=-  t  e  dt= 6 20   0 0 x

tx

x

1  3t 3  3t - te  e 2 2 t 0

2p

1p

3p

tx

x x    1 3 3 =  3  xe  3e  . 2  t 0

2p

318

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO c) Avem lim xe x 



x ( 0 ) 3

 lim

x

x 

e

x 3

   

 lim

x 

1 1 e 3

x 3

3

 lim x 

e

x 3

 0 și lim e



x 

x 3

2p

0.

x x    1 3 3 3 Atunci lim F (x)  lim  3  xe  3e   . În plus, F (0)  0 . x  x  2   2 Am văzut la subpunctele anterioare că funcția F este continuă și strict crescătoare pe [0, ) . Așadar, ecuația F (x)  k are soluție unică în intervalul [0, ) , pentru orice 3 k   F (0), lim F (x) . Ținând cont de faptul că F (0)  0 și lim F (x)  , am demonstrat x  x   2



1p

2p

că

 3  2

ecuația F (x)  k are soluție unică în intervalul [0, ) , pentru orice k  0,  .


319

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO SUBIECTUL I (30 de puncte) 1. 1

2  1 1

2

Cum 8  26  3 36  9 , rezultă că Prin urmare, 2.

2p 2p

2  3 3.

1  2  , 3 3  . 2 

1p

Determinăm mai întâi coordonatele punctelor de intersecție ale parabolei cu axa Ox . Pentru aceasta, rezolvăm ecuația f (x)  0 . În cazul nostru, discriminantul este   72  4 110  9 . Obținem soluțiile x1  5 și

x2  2 . Punctele de intersecție ale parabolei cu axa Ox sunt A(5;0) și B(2;0) . Distanța cerută este AB | 2  (5) || 3| 3 . 3.

Impunem condiția de existență a logaritmului: 4  6  0 , adică x  (log 4 6, ) . x

1p

3p 1p 1p

Ecuația dată, pentru x  (log 4 6, ) , este echivalentă cu ecuația 4x  6  2x , adică

2 

x 2

 2x  6  0 .

1p

Notăm 2 x  y , y  0 , și obținem ecuația y 2  y  6  0 , care are soluțiile y1  2 și y2  3 . Ținând cont de faptul că y  0 , deducem că putem păstra doar soluția y  3 .

1p 1p

Din 2 x  3 se obține x  log 2 3 .

4.

5.

Cum log 4 6  log 22 6 

1 log 2 6  log 2 6  log 2 9  log 2 3 , rezultă că 2 log 2 3  (log 4 6, ) . Așadar, ecuația log 2  4 x  6   x are soluția x  log 2 3 .

1p

Cardinalul mulțimii {1,3, 6,8} este egal 4 . Atunci numărul cazurilor posibile este egal cu 4  4  16 . Produsul a două numere naturale pare este par. Produsul dintre un număr natural impar și un număr natural par este par. Cazurile favorabile vor fi:

2p 2p

(a, b) {(1,6),(1,8),(3,6),(3,8),(6,1),(6,3),(6, 6),(6,8),(8,1),(8,3),(8,6),(8,8)} 12 3 Probabilitatea cerută este P   . 16 4 2 3a  1 Cei doi vectori sunt coliniari dacă și numai dacă  . Dacă a   {0;3} , atunci a 3 a

1p

2p

obținem că

2(3  a)  a(3a  1) , adică ecuația de gradul al doilea a 2  a  2  0 . Discriminantul ecuației este   9 . Obținem soluțiile a1  2 și a2  1 . 6. Avem arccos

2   . 2 4

3p 2p

320

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO   

Atunci cos  2 arccos

2    cos  0 . 2  2

3p


1 1 2 Avem 1 2 1  2  m  2  4m  1  1  5m  2 . m 1 1 Rezolvând ecuația 5m  2  0 , obținem m  

b)

2 . 5

2p

2 , atunci sistemul este compatibil determinat. 5 2 Pentru m   , conform subpunctului a), determinantul matricei sistemului este nul. 5 1 2 Matricea sistemului are rangul egal cu 2 , deoarece  1 4  5  0 . 2 1 Dacă m  

1 2 1 n  n  2 . Considerăm determinantul caracteristic d c  2 1 1 1 1 Sistemul este incompatibil pentru m   c)

3p

2 și n   {2} . 5

Deoarece x0 , y0 și z0 sunt în progresie aritmetică, deducem că 2 y0  x0  z0 , adică

1p 1p 1p

1p

1p

x0  2 y0  z0  0 .

2p

x0  2y0  z0  n . În concluzie, n  0 .

2p

Dacă sistemul ite soluția  x0 , y0 , z0  , atunci din a doua ecuație a sistemului obținem că

2. a)

Ecuația g (x)  0ˆ , adică x  3ˆ  0ˆ , are în  5 soluția x  2ˆ .



Cum polinomul g divide polinomul f , trebuie ca f 2ˆ  0ˆ , adică 2ˆ a  3ˆ  0ˆ . Ecuația 2ˆ a  3ˆ  0ˆ este echivalentă cu 2ˆ a  2ˆ . Obținem astfel soluțiile a  1ˆ și a  3ˆ .

b)

1p 2p 1p

Pentru a  1ˆ , obținem f  X  X  X  1ˆ .

2p 1p

Pe de altă parte, avem X  1ˆ X 2  1ˆ  X 3  X 2  X  1ˆ .

3p

3









2





Prin urmare, f  X  1ˆ X 2  1ˆ .

1p 321




Cum f  X 3  X 2  X  1ˆ , avem f 0ˆ  0ˆ 3  0ˆ 2  0ˆ  1ˆ  1ˆ  0ˆ ,

  f  3ˆ   3ˆ  3ˆ  3ˆ  1ˆ  0ˆ , f  4ˆ   4ˆ  4ˆ

f 1ˆ  1ˆ3  1ˆ2  1ˆ  1ˆ  4ˆ  0ˆ , f 2ˆ  2ˆ 3  2ˆ 2  2ˆ  1ˆ  0ˆ , 3

2

3

2

 4ˆ  1ˆ  0ˆ .

În concluzie, ecuația f(x)  0ˆ are în  5 soluțiile x  2ˆ , x  3ˆ și x  4ˆ .

2p 1p 1p 1p


  

f (x) e x  xe2    e x  e2  lim  lim  e2   și Avem lim x  x  x  x x 1 lim  f (x)  e2 x   lim e x  0 . x 

b)

2p 2p

x 

Atunci y  e2 x este ecuația asimptotei oblice la graficul funcției f spre  . Funcția f este derivabilă pe  pentru că se obține prin operații cu funcții derivabile.

1p

f '(x)  e x  e2 , pentru orice x   .



1p



Fie A a, ea  ae2 un punct oarecare al graficului funcției f . Tangenta în punctul

A  a, ea  ae2  la graficul funcției f are panta egală cu f '(a)  ea  e2 .

2p

Cum tangenta la graficul funcției f trebuie să fie paralelă cu dreapta de ecuație y  1 ,

rezultă că are loc egalitatea ea  e2  0 (dreptele paralele au pante egale). De aici obținem că a  2 . Punctul căutat este A  2, e2  . c)

 e x  e2  x 2 1   f '(x)  x 2 lim      lixm2  x 2 (x  2)e 2 (x  2)e2   x2  x2  1

1

 e  e  xe  2e   lim 1   x 2 (x  2)e2  x 2  x

2

2

1 x2

lim

e

x2 x2



2p

e x  xe2  e2 (x  2)2 e2

 e,

0 2  0 

1p

e  xe  e e2 (e x 2  1) 1  lim 2  . pentru că lim x 2 (x  2) 2 e 2 x 2 2e ( x  2) 2 x2 x2

2p

     va rezulta că t  [0,1]  0,  . Atunci cos t  0 , pentru orice t [0,1] .  2  2 n Cum t  0 , pentru orice t  [0,1] și n   , deducem că t n cos t  0 ,    t  [0,1] ,   

2p

x

2. a)

2

2p

2

Din 1  0,

2p



n . Prin urmare,

1

t 0

n

cos t dt  0 ,    n   , cee ce înseamnă că xn  0 , pentru orice n   322

1p


. Vom aplica metoda integrării prin părți. Fie n   . Pentru t  [0,1] considerăm că

u (t)  t n1 și v(t)  sin t . Funcțiile u și v sunt derivabile pe [0,1] , iar u '(t)  (n  1) t n și v '(t)  cost . Funcțiile u ' și v ' sunt continue pe [0,1] . Atunci: 1

1

1

0

0

0

xn1   t n1 cos t dt  t n1 sin t  (n  1)  t n sin t dt  sin1  (n  1) yn , pentru orice n   .

2p

3p

Așadar, xn1  (n  1) yn  sin1 , pentru orice n   . c)

Cum 0  t n cos t  t n ,    t  [0,1] ,    n   , rezultă că 0  xn 

1

t 0

n

dt 

1 ,   n 1

n   . Aplicând criteriul cleștelui, obținem că lim xn  0 .

2p

Conform punctului anterior, xn1  (n  1) yn  sin1 , pentru orice n   . Atunci

1p



n 

lim yn  0 . n 

Avem yn1  (n  1) x n  cos1, pentru orice n   , adică n x n  yn1  xn  cos1, pentru orice n   . Trecând la limită în această egalitate, obținem lim nxn  1 . n 

323

2p



SUBIECTUL I (30 de puncte) 1. Avem log 10  1  log 3





3





10  1  log3





10 1



10  1 

log3 10  1  log3 9  2 . 2.

3p 2p

 x1  x2  2 . x x  m  1 2

Scriem relațiile lui Viète: 

2p

Atunci x12  x22  ( x1  x2 )2  2 x1 x2  4  2m .

2p

Cum x  x  10 , obținem ecuația 4  2m  10 . Rezultă că m  3 . 2 1

2 2

3.

Rezolvând ecuația 5  1  26 , obținem x  2 . Atunci g (26)  g  f (2)   2 .

4.

Mulțimea A  1;2;3;4;5 are 25  32 submulțimi.

x

Numărul de submulțimi cu două elemente ale mulțimii A este egal cu C52  10 . 10 5 Atunci probabilitatea cerută este P   . 32 16

324

1p 2p 3p 2p 2p 1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO     3 MQ  MN  MQ  MN  cos30  8  3   12 3 . 2   2  2  2   MQ  MN  MQ  MN  2MQ  MN  82  32  24 3  73  24 3 .

5.

6.

17 18        cos  cos     sin . 36 36 36  2 36   17   Atunci sin  cos  sin  sin  0. 36 36 36 36

2p 3p 3p

Avem cos

2p


b)

3 2  3  (2)  (2)  (2)  6  4  10  0 . 2 2 Atunci matricea A are rangul egal cu 2 . Avem

 3 2   3 2 2     17 8  A A      2 2    . 3   8 17  2 2   3   2 17 8 det  A  t A   172  82 . 8 17

2p

172  82  (17  8)(17  8)  9  25  152 și deci det  A  t A este pătrat perfect. t

2p 2p

t

c)

3p

 3 2   13 2 12     3 2 2    A  A   2 2       2 8 2  .  2  2 3     2  3    12 2 13 

1p 2p

Atunci

13 det  A  A  2 t

2 12 8 2  169  8  48  48  144  8  52  52  200  96  104  0 .

12 2 2. a)

3p

13

Ecuația g (x)  0 are soluțiile y1  i și y2  i .

1p

Vom aplica schema lui Horner pentru determinarea restului împărțirii polinomului f la polinomul g .

X3 i i

1 1 1 X1

X2

X1

X0

1 2 2 i  1 1  i i  1 1 X0

1 X1

1 X0

3p

1p

Restul căutat este r  X  1 . b)

Avem f  X 3  X 2  2 X  2  X 2 ( X  1)  2( X  1)  ( X  1)( X 2  2) . 325

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Una dintre rădăcinile polinomului f este egală cu 1 , ceea ce conduce la anularea unuia dintre factorii produsului 1  x1  (1  x 2 )(1  x 3 ) . De aici se deduce imediat că c)

1  x1  (1  x 2 )(1  x3 )  0 .

3p

Rădăcinile polinomului f sunt x1  1 , x2  i 2 și x3  i 2 . Atunci

2p



g  x1   (1)2  1  2 , g  x2   i 2



2

 

 1  1  2i și g  x3   i 2

2

 1  1  2i .

Avem g  x1   g  x2   g  x3   2  (1  2i)2  2(3  4 i)  6  8i .

2p 1p


f (0) 

3  3 . Așadar, trebuie să scriem ecuația tangentei la graficul funcției în punctul A  0,  2  2

.

 2 Funcția f este derivabilă pe     , fiind egală cu raportul a două funcții derivabile.  3 1  4 x  3  4(3x  2)  3(4 x  3)  2 f '(x)    , pentru orice x      , iar   2 2 (3x  2) (3x  2)  3x  2   3 1 de aici deducem că f '(0)   . 4 3 1  3 Ecuația tangentei în punctul A  0,  la graficul funcției f este: y    (x  0) , adică 2 4  2 1 3 y   x . 4 2 b)

x x 1  x    3x  3  lim  f (x)    lim    x  3x  2  x  3x  2  

1p

2p

2p

2p

x

c)

x 1 lim 1   x 3 x  2  lim 1   e3  3 e .  e x   3x  2    1 6  2 , pentru orice x      . f ''(x)     2  3  3  (3x  2)  (3x  2)

  f ' 5   5 ln 5  f ' 5  și g''(x)  5 5 ln 5  3  5  2  Deci g''(x)  , pentru orice x   . 3  5  2 x Avem g'(x)  5 x

x

2

x

x

1p 1p

ln 2 5  f '  5x   5x ln 5  f ''  5x  .

x

x

Punctul x  log 5

x

3p

3

2 este punct de inflexiune. 3

2p

1p

326


Dacă funcția f este o primitivă a unei funcții pe  , atunci funcția f trebuie să fie continuă și derivabilă pe  . Funcția f este continuă pe (, 0) și pe (0, ) . Din condiția de continuitate a funcției f în punctul x0  0 , deducem că

2p

lim  2 x  m   lim  2nx  sin x  , adică m  1  0 . Prin urmare, m  1 . x 0 x 0

x 0 x 0

Din condiția de derivabilitate a funcției f în punctul x0  0 , deducem că

lim x 0 x 0

f (x)  f(0) f (x)  f(0) 2x 1 2nx  sin x , adică 2n  1  ln 2 .  lim  lim  lim x 0 x 0 x 0 x0 x  0 x x x 0 x 0 x 0

2 . e

Așadar, n  ln

Funcția f este o primitivă a unei funcții pe  pentru m  1 și n  ln b)

2 . e

1p

2 x  1, x0 Pentru m  1 și n  1 obținem funcția f (x)   . Conform subpunctului 2 x  sin x, x  0 a), pentru m  1 , funcția f este continuă pe  . În particular, funcția f este continuă pe      1, 3  . Prin urmare, funcția f este integrabilă pe  1, 3  .





3 1

2p

f (x) dx  

0

1

2

2p



x

 1 dx   3 (2 x  sin x) dx  0



0

2p

 3  2x  1 2 1 1 1 2   x   x 2 3  cos x  1     . 0 2ln 2 9 2 2ln 2 2 9  ln 2  1 0

c)

1p 1p



   (2 nx  sin x) dx  3

 



 x n  cos x  2

3



3 8 2 n .  2 9

3

3p

3 8 2 n 63  5  5n . 2 9 16 2

1p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 91 Prof: Teler Marian

327



2p

log 2

1  log 2 23  3 8

log 1

1 3  log 1 33  3 3 27 1

3

 

2p

1 1 log 2  log 1 0 8 27 3 2.

1p

   b V  ,   2a 4a 

1p

b b2  V f 1,a  1 , Vg  ,1   8  4

2p

b b2 Se obţine sistemul:  1, a  1  1  , a b4 4 8 3.

log9  x  1  log32  x  1  Se obţine

2p 2p

1 log 3  x  1 2

3 3 log3  x  1  2 2

2p

log3  x  1  1, x  2 4.

1p

Numărul cazurilorposibile este 70  6  64



2p

 



Mulţimea cazurilor favorabile este 32 , 42 ,...,82  23 ,33 , 43 , 8 cazuri

p

8 1  64 8

2p

1p

328


6.

xB 

xA  xM y  yM , yB  A 2 2

2p

M (5, 2)

3p

Se verifică relaţia AB2  AC 2  BC 2 , triunghiul este dreptunghic, m  A  900

3p

AABC 

AB  AC  120 2

2p


1. a)

0 0 0   2 A  0 2 2 , 0 2 2  

2p

0 0 0   2A   0 2 2 0 2 2  

2p

1p

A  2 A  O2 2

b)

c)

X (p) X (q)   I3  pA I3  qA  I3  pA  qA  pqA2

3p

X (p) X (q)  X (p q  2 pq)

2p

 2  5

 

Conform b), X (2) X     X  2 

2 8    X (0)  I3 5 5

 2  5

3p

Din i), rezultă  X (2)   X   

2p

2.

Se aplică teorema lui Bézout, f (1)  0 .

3p

a)

a  3

2p

1

329


x x x x xx x1  1 x2  1 x3  1 1 1 1    1 1 1  3  2 3 3 1 1 2 x1 x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3 Se aplică relaţiile lui Viète, se obţine 0

c)

3p

2p

f   X  x1  X  x2  X  x3 

3p

1  x1 1  x2 1  x3  

2p

f (1)  3


1. a)

m  lim x 

2p

f ( x) 1 x

n  lim  f ( x)  mx   2

2p

Dreapta y  x  2 este asimptotă oblică către 

1p

x 

b)

lim x 0

f (2 x)  f (0) f (2 x)  f (0)  2lim  2 f '(0) x 0 x 2x  0

f '( x) 

c)

2. a)

 x  1

2

, f '(0)  2 , finalizare.

2p

Ecuaţia tangentei la grafic este: y  f (0)  f '(0)( x  0)

3p

Se obţine: y  1  2 x , sau 2 x  y  1  0

2p

I1  

1

0

I2  

1

0

b)

x2  2x  2

3p

1 x 1  1 dx   1   dx   x  ln  x  1  0  1  ln 2 0 x 1 x  1  

2 1x xx 1 x2 1 dx  dx  xdx  I1  ln 2  0 0 x 1 x 1 2

1

I n 1  I n   0

x n1  x n 1 dx   x n dx  x 1 n 1 0

3p

2p

2p

1

330

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Pentru x   0,1 avem x n1  x n , rezultă I n1  I n , şirul  I n  este descrescător şi mărginit, deci convergent

2p

Trecând la limită în relaţia de recurenţă, obţinem lim I n  0 n 

1p c)

1 n  I n  I n 1  I n  I n  2 I n   nI n n 1 2(n  1)

2p

1 1 1 1 , n In   I n1  I n  I n1  I n1  2 I n1  I n1  , In  n 1 2  n  1 2n 2

2p

Din

n 1 1  nI n  , cu teorema cleştelui se obţine lim nI n  n  2  n  1 2 2

1p




A  2, 4,6,...,100 , card ( A)  50

1p

B  5,10,15,...,100 , card (B)  20 1p

A  B  10, 20,30,...,100 , card ( A  B)  10

331

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO card ( A  B)  card ( A)  card ( B)  card ( A  B)  60 2.

2 i )

5 2i ) a 5(2  i)  a(2  i)    2i 2i 22  i 2

2p 2p

10  2a  (a  5)i 5

2p 1p

Finalizare, a  5 3.

Cu notaţia 2 x  y , ecuaţia devine: y 2  5 y  6  0

1p

Obţinem: y1  2, y2  3

2p

2 x  2, x1  1 , 2x  3, x2  log 2 3 4.

2p

Ax2  x(x  1)

Cxx 2  Cx2  Obţinem:

1p 1p

x(x  1) 2

3x(x  1)  18, x( x  1)  12 2

2p 1p

Finalizare, x  4 5.

x1 A,B,C coliniare  x2 x3

y1 1 1 2 1 y2 1  0, 3 m 1  0 y3 1

2

6

1

Finalizare, m  14 6.

cos 2   1  sin 2  

2p 2p

8 9

2 2      ,    cos    2

3p



sin 2  2sin  cos   

1p

3

4 2 9

2p

332

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

1. a)

x1  x2  x3  

b d  6 , x1 x2 x3    6 . (Relaţiile lui Viète) a a

f  x1  x2  x3   f  x1 x2 x3   0 b)

c)

2

3p

2p

Adunând x2 în relaţia x1  x3  2 x2 , obţinem 3x2  x1  x2  x3  6 , x2  2

3p

x2  2 verifică ecuaţia, m  11

2p

x1  1, x2  2, x3  3

3p

Se obţine C33  C51  C42  12

2p

A2  O3

5p

BC   I3  A I3  A  I3  A2  I3

2p

CB   I3  A I3  A  I3  A2  I3

2p

a) b)

1p

BC  CB c)

BC  CB  I3

3p

B 1  C

2p


1. a)

e x  e x f '( x)  2

2p 1p

f '( x)  0  x  0 x





0

333

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f '(x)

---------------0++++++++++++

1p

x  0 este punct de minim. b)

c)

f ''( x) 

e x  e x 2

3p

f ''( x)  0, x  R , graficul funcţiei f nu are puncte de inflexiune

2p

g0 ( x)  f ( x)  f '( x)  e x  0

2p

Se obţine gn1 ( x)  gn' ( x) ,

1p 2p

Se obţine gn ( x)  0, n  N 2.

Fie F o primitivă a funcţiei f  F '( x)  f ( x), x   2,  

a)

F ''( x)  f '( x) 

1

 x  2

2

1

, x   2,  

1p

 0 1

 0 1

1

f ( x) ( x 2  3x  2) ' dx   2 dx  ln x 2  3x  2 x 1 x  3x  2 0 1





2p 1 0

f ( x)

 x  1 dx  ln 3

1p

0

c)

2p

f ( x) 2x  3 2x  3 dx   dx   2 dx x 1 ( x  1)(x  2) x  3x  2 0 0 1

2p 2p

F ''( x)  0, x   2,   , F este convexă b)

1p

Soluţia 2 3x

 x

3x

2p

3x

f (t )dt   dt  2 x  lim  f (t )dt   x

x 

x

Se aplică regula lui L‟Hospital,

334

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO x

 lim

1

x 

2p

'

 3x  f (t)dt   f (t )dt  ' F (3x)  F ( x)   x    lim  lim  lim  3 f (3x)  f ( x)  ... ' x  x  x  x 1  x

1p

 6x  3 2x  3   lim  3   4 x   3x  2 x  2  ....................................................................................................................................................

2p

Soluţuia 2 3x



3x

f (t )dt 



x

x

3x

3x

 f (t )dt   x

x

2t  3 1   dt    2   dt t2 t2 x  3x

2t  3 dt   2t  ln(t  2)  t2

2p 3x x

 4 x  ln

x2 3x  2

3x

 f (t )dt

lim x 

x

x

1 x2    lim  4  ln 4 x  x 3x  2  

1p




335


7  50  7,1

3p 2p

Produsul este egal cu 0 2.

 

23  42 x 1  23  22

2 x 1

2p 1p

2 2 3

4 x2

4 x  2  3, x  3.

4.

 3

2p

 2

2 i 

z 

5 4

6

2

3p

 12  3

 27

Se obţine: log 2

2p

2 x 1  log 2 , cu condiţiile 2  x  0, 2  x  0 2 x 2

2 x 1 2  , 2  x  22  x, x  2 x 2 3 5.

AABC

6.

x1 1   , unde   x2 2 x3

BC 

 x2  x1    y2  y1 

AABC 

1 BC  hA , 2

2

2p

2p

y1 1 1 2 1 y2 1  1 3 1  3 y3 1 2

0

4 1

 2

2  hA  3 , hA 

3p

2p

3 2 2

1p

Soluţia 1 Aria triunghiului este S 

5 12  30 2

2p

Lungimea ipotenuzei este egală cu 13, semiperimetrul este p 

336

abc  15 2

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO r

1p

S 2 p

..................................................................... Soluţia 2 Fie O centrul cercului şi M, N, P punctele de tangenţă ale cercului înscris cu laturile BC, CA, AB ale triunghiului ABC. Patrulaterul ANOP este pătrat cu latura r, iar BM  BP  x, CM  CN  y . (Tangente dintr-

3p

un punct exterior la cerc).

r  x  12  Lungimea ipotenuzei este 13. Obţinem sistemul: r  y  5 , r  2  x  y  13 

2p


1. a)

2 1

3

 3 2

5

2p

1 3 m

b)

c)

  m4

3p

Sistemul are soluţie unică dacă şi numai dacă   0

3p

m  R  4

2p

 2 1 3   Pentru m  4 , rang  3 2 5   2 1 3 4  

2p

2 x  y  3 3x  2 y  5

Notăm z    Z şi obţinem sistemul: 

337

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  x    Sistemul are soluţia:  y   ,   Z z   

1p

1p

x02  y02  z02  3   2  1,  1,0,1 2. a)

b)

x  y  7  x  y  10   x  y  7  xy  3( x  y )  5  0

2p

 x  y  10   xy  25

1p

Se rezolvă sistemul, x  y  5

2p

e1  3

2p

e1 este elementul neutru al legii de compoziţie ,,  " , rezultă e1  e2  e2

1p

e2 este elementul neutru al legii de compoziţie ,,  " , rezultă e2  e1  e1

c)

1p

 e1  e2   e1  e1  3

1p

x  y   x  3 y  3  3

1p

x  x  y  11   x  3

1p

2

 y  3  8

1p

 x  32  1 , ( x, y)  2,11 ,  4,11  y  3  8 

1p

 x  32  4 , ( x, y)  1,5 ,  5,5   y  3  2

1p


338

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 1. Tangentele la grafice sunt perpendiculare dacă f '(a) g '(a)  1 a) f '( x)  2ax  3x 2 , g '( x)  4 x3  3ax 2 , Obţinem a5  1, a  1

2 p 2 p 1 p

b )

f ''( x)  2a  6 x x

c)

a 3



f ''(x)

x

2 p



++++++++++ 0 -----------------

a este punct de inflexiune 3

1 p

g''( x)  12 x 2  6ax g ''( x)  0, x1  0, x2 

2 p

2 p

a 2

2 p

Graficul funcţiei g nu are puncte de inflexiune dacă x1  x2 , a  0 1 2. a)

Fie F o primitivă a funcţiei f, avem F '( x)  f ( x)

F ''( x)  f '( x) 

x2  3 x2

2 p 2 p

x  3 este punct de inflexiune 1 p b )

3 1 1 f ( x)  x  2  , f     2  3 x x  x x

2 p

339


c)

x2  2 x  3ln x  c 2



f ( x)dx 



3x 1 f   dx  ln x  2 x  c 2  x

2 p

2

1 p

Soluţia 1 x



x

f (t )dt   tdt 

1

1

x2 1  lim  f (t )dt   x  2 1

2 p

x

x

Se aplică regula lui L‟Hospital, lim x 

 1

'

x  f (t)dt   f (t )dt    lim f ( x)  ...  lim  1 ' 2 x  x  2 x x  x2  2 p

3  1 1 2  lim    2   x  2 x 2x  2  ......................................................................................................................................................... ....

1 p

Soluţia 2 x

 1

 t2  3 x2 5  f (t )dt    t  2   dt    2t  3ln t  1x   2 x  3ln x  t 2 2 2  1 x

x

 f (t)dt lim 1 x 

x2

Finalizare,

2 p

x2 5  2 x  3ln x  2  lim  1  2  3ln x  5   ...  lim 2   2 x  x  2 x x x2 2x2  

1 2

2 p

1 p

340

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 94 Prof: Tomiță Liliana



2.

 x  y; y  ;

2y2  3 y  1  0; y1  1; y2 

2p

z  r  cos   i sin  

1p

5 3

3p

5 5   z  2  cos  i sin  3 3   k Tk 1  C100

 x 3

100  k



 a

1p

1p

k

100  k  5, k  85 3

4.

3p

y    y  1   x  1  x  1, 2 

r  z  2,  

3.

1 2

2p

85 5 42 T86  C100 xa a

2p

sin a 1   cos a  3sin a cos a 3

2p

3 10   sin 2 a  cos 2 a  1, a   0;  ; cos a  10  2

341

3p


6.

  u  v  8

2p

8  0  concluzia

3p

mBC  2

2p

y  y A  mBC  x  xA 

1p

y  2 x  11

2p


1. a)

1 2 3 4 5 

2p

1 2 3 4 5 

2p

     3 5 2 4 1      2 4 3 5 1

b)

c)

  

1p

1 2 3 4 5  x   1 ;  1     4 1 5 3 2

3p

1 2 3 4 5  x  3 5 4 1 2

2p

1 2 3 4 5    4 2 5 1 3

2p

2  1   x1

2

3

4

x2

x3

x4

5  1  x5  x1

2

3

4

x2

x3

x4

5   1 2 3 4 5  x5   4 2 5 1 3 

 1 2 3 4 5   1 2 3 4 5   x   ;   3 2 4 5 1   5 2 1 3 4  

342

1p

2p


a  1  f  x   x3  x 2  x  1

1p

a)

f  1   1   1   1  1  1  1  1  1

3p

f  1  4

1p

a  1  x3  x 2  x  1  0   x  1  x 2  1  0

3p

b)

3

2

2p

x1  1, x 2  i, x 3  i c)

x1  x2  x3  1; x1 x2  x1 x3  x2 x3  a; x12  x22  x32  1  2a

2p

x13  x23  x33   x12  x22  x32   a  x1  x2  x3   3

2p

10  1  2a  a 1  3 1p

a  2


1. a)

b)

c)

f  x   3x5  15x4  10 x3  90 x2  x  1

2p

f '  x   3  5x 4  15  4 x3  10  3x 2  90  2 x  1

2p

f '  x   15x4  60 x3  30 x2  180 x  1

1p

f '  x   15x4  60 x3  30 x2  180 x  m

1p

f "  x   60 x3  180 x2  60 x  180

1p

f "  x   0  x1  1; x 2  1; x 3  3

3p

f continuă

343

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f "  x   0,   x   3, 1  1,   ; f "  x   0,   x   , 3   1,1

1p

Punctele de inflexiune : A  3; 54  3m  n  ; B  1; 68  m  n  ; C 1; 82  m  n 

2. a)

3

 54  3m  n

1

-1

 68  m  n

1 0

1

 82  m  n

1

1

1   1  x 2 x dx  1  x  0

 b)

2p

2p

3p

1

2x 1 2x  dx ln 2 0 0 ln 2

2p

3 1  2 ln 2 ln 2

3p

1

n 1  n   1  x   x  2 x dx n

0

1  x  c)

n

 x  2x  0,   x  0,1   n n1 șir crescător

n  1  x 

n 

2p

1

n

2p

x 2x 1 n 1 2   n 1  x  dx ln 2 0 0 ln 2

2n  2 1 n   n 1 ln 2 ln 2 ln 2

2p

n  ln 2  2n1  1  nn1

1p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 95 Prof: Tomiță Liliana




344



2.

an  a1   n  1 r  a50  a1  49r

3p

a50  144

2p

Tk 1  Cnk  a nk  bk

1p

7 T8  C20  2x 

14

 y

7

2p

7 T8  C20  214  x14 y 7

3.

4.

2p

3

4  12 256

2p

4

6  12 216

2p

4

6  3 4  12 280

1p

sin105o  sin  60o  45o 

2p

sin105o  sin 60o cos 45o  sin 45o cos 60o  5.

  a b m 1 cos      ab m2  1  2

S

p  p  a  p  b  p  c  , p 

3p

2p

2 m 1  m0 2 2 m 1  2 6.

6 2 4

3p

abc 2

2p 1p

p7

345

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO S  2 14

2p


1. a)

3p

m 1 1 det A  1 2m 1  2m3  4m  2 1 1 m

b)

c)

det A  2  m3  2m  12 ,   m  

2p

m  1  det A  0

1p

Sistemul este compatibil simplu nedeterminat

2p

S   4  u ;0 ; u  / u 

2p

 1  5 1  5    det A  0  m   \ 1 ; ;  2 2    

x

2  2m  1 2  m  1 2  2m  1 ,y 2 ,z 2 2 m  m 1 m  m 1 m  m 1

2p

3p

2.

  x, y  G  x  y  G

1p

a)

x  y   x  2  y  2   2

2p

 x  2 y  2  0  x  y  2

2p

 x  y   z  x   y  z  ,  x, y, z  G

1p

x  y  y  x,   x, y  G

1p

e  1

1p

b)

x' 

1 2 x2

346

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  G , 

1p

grup

1p c)

f : G  , f  x   ln  x  2  - izomorfism

1p

f  x  y   f  x   f  y  ,   x, y  G

2p

f - bijectivă

2p


1. a)

y  f 1  f ' 1 x  1 f '  x 

b)

1p

1  2ln x x3

2p

y  x 1

2p

lim f  x     x  0 asimptotă verticală la dreapta

2p

lim f  x   0  y  0 asimptotă orizontală spre 

3p

x 0 x 0

x 

c)

g  x 

1 , x   0,1 , g continuă pe x2

g'  x  

1 1   3 ; 2 

2 1 1 , x   0,1 , g derivabilă pe  ;  3 x 3 2

  c  

1 1 1 1 1 ;  a .î . g    g    g '  c   6 3 2 2  3

347

1p

1p

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO c

2. a)

3p

1

4 n  n 1   x n dx 0

1

1 n 1

2p

x2 dx x4

1p

n  x dx  0

b)

1p

1 3 15

1

2   0

16   2    x  4  dx x  4   0 1

c)

2p

7 5 2    16 ln 2 4

2p

n1  n  0,   n  1   n n1 monoton descrescător

2p

n  0,   n  1

1p

lim n  0

2p

n

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 96 Prof: Tomiță Liliana




348



2.

log 3 9 3  log

3

3p

35

log 3 9 3  5

2p

z 4  81

1p

z 2  9; z2  9i 2

2p

z1  3; z2  3; z3  3i; z 4  3i

3.

2p

4

1p

G f  Ox   A 1,0  ; B  3,0 

2p

f  0  3  G f  Oy  C  0,3

4.

5.

A

l2 3 4

3p

A

9 3 4

2p

f : 1, 2,3,...,10  1, 2,3,...,10 , f surjectivă  f bijectivă p

6.

2p

nr. cazuri favorabile 1 nr. cazuri posibile

2p 3p

    AB  AC  BC  2  AC

2p

 2  AC  2  AC

1p

349

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO    AC  29  AB  AC  BC  2 29

2p


det A  0

2p

rang A  1

3p

A2  10 A

2p

P  n  : An  10n1 A,   n  2 (demonstrația)

2p

A2014  102013 A

1p

det B  11

2p

 8 2 1  1   B    6 7 2  11    9 6 8 

3p

2.

f  X   X 4  4X 3

1p

a)

x 4  4 x3  0  x3  x  4   0

2p

x1  x2  x3  0, x 4  4

2p

x1  x2  m  n 3, x 3  x4  m  n 3 rădăcinile lui f

1p

x1  x2  x3  x4  4  m  1; x1 x3  x2 x4  m2  3n2  1  3n2

1p

 x1  x3  x2  x4   x1x3  x2 x4  0  n  1 sau n  1

1p

a  2, b  1

2p

f '  x   4 x3  12 x 2  4a

2p

1. a)

b)

c)

1

b)

c)

350

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO x  1 rădăcină dublă  f 1  0 și f ' 1  0 a  4, b 

11 4

2p 1p


1. a)

f continuă

f '  x 

b)

2p

1 x 2p

2x  x2

f derivabilă pe  0, 2 

1p

f '  x   0  x  1 0, 2

1p

f '  x   0,   x   0,1

1p

f '  x   0,   x  1, 2  1p

A 1;1 punct de maxim

c)

2.

B  0,0  ; C  2,0  puncte de minim

2p

1

2p

f "  x 

x

2

 2x  2x  x2

, x   0, 2 

f "  x   0,   x   0, 2 

2p

f concavă

1p

1   cos x  C

1p

a)

351

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 2 x  sin 2 x C 4

2p

cos3 x 3   cos x  C 3

2p

n   sin n1 x   cos x  dx

1p

n   sin n1 x cos x   n  1 n2  n 

2p

nn   sin n1 x cos x   n  1 n2

2p

246  4sin5 x cos x  204 ; 204  5sin 3 x cos x  152

2p

2 

b)

c)

'

152 

15  2 x  sin 2 x   C 4

24 6  4sin 5 x cos x  5sin 3 x cos x 

1p

15 15 x  sin x cos x  C 2 2

2p

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE Varianta 97 Prof: Viorica Lungana



2x  3 2x  2  5 5 5   2 Z  Z x 1 x 1 x 1 x 1  x  1   5,1,1,5  x   4,0,2,6

352

3p 2p


Sn 

a1  an   n 2

n  1  a1 

S4  3.

1p

,n 1

3 1 1 12  1 11  ; n  4  a4   6 3 6 6

a1  a4   4 2

2p

13 13  1 11   2    2  6 3 3 6 

2p

x 2  2m  2x  m  0, x  R    0

1p



  b 2  4ac  4m  2  4m  4 m 2  5m  4 2

 2p

m 1 m 2  5m  4  0  1 m2  4 -

m

m  5m  4 2

1



4

2p ++++ 0----- - 0++++++

m 2  5m  4  0  m  1,4 4.

5.

Ank 

n! ,0  k  n n  k !

2p

A127 

12!  6  7  8  9  10  11  12 5!

3p

mBC 

yC  y B  3 1   xC  x B 6 3

Din AA ,  BC  m AA,  

2p

1 3 mBC

Ecuația dreptei determinată de un punct și o direcție: y  y0  mx  x0 

3p

AA , : y  5  3x  2  AA, : 3x  y  1  0 6.

cos   cos   2 cos

  2

cos

 

1p

2

353

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  2   2  cos a  cos  a   cos  a   cos a   3   3 

1p

2 2 2 2 a a a a 3 3 3 3  2 cos cos  2 2 2  1  cos a  2 cos cos a   cos a  2     cos a  cos a  cos a  0 3  2

3p


1. a)

b)

1 1   0 0  1  1 1 1  1  1            O2 A  B     1 1  1 1   1  1  1  1  0 0 

2p

1 1  1  1 1  1  1  1  0 0             O2 B  A   1 1   1 1  1  1  1  1  0 0 

2p

Deci A  B  B  A  O2

1p

 A  Bn  Cn0 An  Cn1 An1  B  Cn2 An2  B 2  ...  Cnn1 A  B n1  Cnn B n 

3p

 An  Cn1 An2  AB  ...  Cnn1 AB  B n2  B n  An  B n 2p Deoarece A  B  B  A  O2 , conform punctului a). c)

A

2012

B

 2  I 2 

2012

2012



det A 2.

2012

 A  B

2012

2

B

2012

2012



 1  1 1 1        1 1 1 1     

2012

 2 0     0 2

0 2012

0

2





 2p

 2 2012 0    I 2   2012  2   0

2 2012

1p

2012

 2 2012  2 2012  2 4024



x 2 y 2  x 2  y 2  2  x 2  1 y 2  1  1  1, x. y  1, 

a)

354

2p 1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO x * y  x2 y2  x2  y2  2 

x

2

 1y 2  1  1  M , x, y  1, 

x * y  * z  x * y 2  1z 2  1  1 

x



2

x

2

2















1 y 2 1 11 z 2 1 1 

 1y 2  1z 2  1  1, x, y, z  1,  ; (1)

x * y * z  

x

2p

x

2





x

1 y * z 1  1  2



1 y 2 1 z 2 1 1 1 1 

2

2p

 1y 2  1z 2  1  1, x, y, z  1,  ; (2)

Din relațiile (1) și (2) rezultă că legea este asociativă pe M. b)

Să arătăm că există e  M astfel încât x * e  e * x  x, x  M .

x * e  x, x  M 

x

2





x

 1e 2  1  1  x, x  M 

2







 1 e  1  1  x , x  M  x  1 e  2  0, x  M  2

2

2

2

3p

 e  2  1, , x  M Să arătăm că oricare ar fi x  M există x ,  M astfel încât x * x ,  x , * x  2 .

x * x ,  2 , x  M 





x

2

 1x , 2  1  1  2 , x  M 



 x 2  1 x , 2  1  1  2, x  M  x , 2  1 

 x ,2  1 

1  1, x  1,    x ,  x 1

1 , x  M  x 1 2

x

2

x2 1

2p

 1,  , x  1,  

Deci orice element din M este inversabil în raport cu această lege. c)

x * x * x * ... *x  Se arată prin inducție că 

x

2



2p

n

1 1

de n ori

x * x * x * ... *x  2  

x

2



1

2012





1  2  x2 1

2012

 1  x2 1  1 

2p

de 2012 ori

 x2  2  x  2  M

1p

355



1. a)

1  x  e nx 1  x  e   1 n  1  e nx 1  e 

2p

Dacă x   ,0  lim

 1  e nx  nx  x  1 x  e e x  lim  Dacă x  0,    lim n  1  e nx n   1  e nx  nx  1 e   nx 

Pentru x  0  f 0 

f x   lim

n 

b)

1 x  e 1  e nx

nx

2p

1p

1 1  0 2 1 e

1, x   ,0  1  , x0  2  x, x  0,  

hx   g  f x   g  f x   e f  x 1  e x1

1p 1p 1p 2p

c)

Funcția hx   e x 1 este continuă și derivabilă pe domeniul de definiție 0,   , atunci h este

continuă pe 1,2 și derivabilă pe 1,2 , deci se poate aplica teorema lui Lagrange: adică există

c  1,2 astfel încât h2  h1  2  1h c   e  e  e ,

3

2

c 1

1p 1p



 e c1  e 2 e  1  c  1  ln e 2 e  1  c  ln e 2 e  1  1

1p

Din 2  e  3  1  e  1  2  e 2  e 2 e  1  2e 2  2  ln e 2 e  1  2  ln 2 

 1  ln e 2 e  1  1  1  ln 2  2 ; deci c  1,2 . 2. a)

4

 0

2p

x dx   16  x 2 dx  4

f

2

2p

0

356


4

 x3   16 x    3 0   64  b)

5



 5

1p

64 128  3 3 5

x x dx   dx  0 2 f x   5 16  x

Deoarece funcția g  x   

3p

x 16  x 2





  g x , x   5 , 5 , deci h este funcție 2p

impară. c)

 2x

f , x  

2 16  x

x

2



-4

f , x 

x 16  x 2

2p

0

4

+++++++0 -----------1p

f x 

0

4

Observăm că 0  f x   4  0 

0

4

 f x dx  4 x

4

4

0



4 4

 2p

f x dx  16   16  32 .

4 4

Deci 0 

 f x dx  32 .

4

BAREM DE EVALUARE ŞI DE NOTARE 357

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Varianta 98 Prof: Viorica Lungana



2 x 3  3x 2  4 x  9 2 x 3  x 2  4 x 2  2 x  6 x  3  6   2x  1 2x  1





x 2 2 x  1  2 x2 x  1  32 x  1  6 2 x  1 x 2  2 x  3  6   2x  1 2x  1 6  6    x 2  2x  3  Z.  Z  2x  1  2x  1  

3p

2 x  1 6  2 x  1   6,3,2,1,1,2,3,6 7 3 2 x  1  6  x    Z; 2 x  1  3  x  2  Z; 2 x  1  2  x    Z; 2 2

2x  1  1  x  1Z; 2 x  1  1  x  0  Z; 2 x  1  2  x  2 x  1  3  x  1 Z; 2 x  1  6  x 

2p

1  Z; 2

5 Z 2

A   2,1,0,1. 2 .

y  5  x 1  x 1  y  5  0  y  5  y  5 2 x  1  6  x  1  3  x  1  3 

2p

x4 y 8 x  2  y  8

Soluția S  4,8;  2,8.

2p 1p

358

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO 3 .

Tk 1  Cnk a nk b k ,0  k  n ; C.E. n  4; n N

1p

C n4 7 nn  1n  2n  3 2! 7      2 nn  1 4! 2 Cn 2

2p

n  2n  3  2  7  n 2  5n  6  42  n 2  5n  36  0  4 3 2

4 .

2

n1  9  n  9 N n2  4

2p

Fie x1 , x2  1,  astfel încât f x1   f x2   f x2   f x1   0 

x2  x1 x22  x1 x2  x12  3  0  x2  x1 x22  1  x1 x2  1  x12  1  0 

2p

 x2  x1  0  x2  x1  f funcție injectivă. Din f 1  2 , f continuă și lim f x     f 1,    2,   f surjectivă. x 

3p

f funcție injectivă și surjectivă, atunci f bijectivă. 5 .









1p

GA GB GC  0 















GA  3  3 i  2  4 j  2 j ; GB  5  3 i  4  4 j  2 i 













1p

 2 j  2 i  GC  0  GC  2 i  2 j 





 xC  3  2 x 1  C  C 1,6 y  4  2 y  6 C C  



xC  3 i   yC  4 j  2 i  2 j   6 .



  3

E  2 sin 2 x  cos 2 x

  3sin

  3sin x  cos x   3

 x   2 sin

2

2

2

2p 2p

2





3

1p

 2 sin 2 x  cos 2 x  3 sin 2 x cos 2 x sin 2 x  cos 2 x 



2

x  cos 2

2

2



x cos 2 x 

 



1p

 2 1  3 sin 2 x cos 2 x  3 1  2 sin 2 x cos 2 x  2  6 sin 2 x cos 2 x  3  6 sin 2 x cos 2 x  2p  1 SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

359


det Ax 

x 1 x 1

0  2  2

1 x

x 1

1 c1 c 3 0  x c 2 c 4 2  1 x 1 2x  x 1 x 0

0 0

x 1

2 x 0 1

1 x 1 x



1 x 1  x  4  1 x 0 1 x



b)

x 1

2p

2p



 4 x2 1

1p

det Ax  0  x 2  1  0  x  i C.

1p

Pentru x  C   i, i rangAx  4

 i 1 i i 1  i 3  i  i  i 3  i  i  4i  0 x  i  det Ax  0 ; există 1 i 1 i i 1  i x  i  det Ax  0 ; există 1  i 1  i 3  i  i  i 3  i  i  4i  0 i 1 i

2p

2p

Deci rangAx  3 pentru x  i . c)

1p

z  x  iy  x 2  y 2

2p

i  0  1 i  1;  i  0  1 i  1 S  i   i  11  2 2. a)

2p

 2  a a 1   2  a 1 a       M a    2  2 a 2 a  1 2  2 a  1  2 a    

1p

 2  1   a a   2  1   1 1          a   A  aB   2  1  2 a 2 a 2  1  2 2        

3p

360

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  2  1  1 1  și B     2  1   2 2

1p

cu A  

b) Arătăm că G este parte stabilă a lui M2(R) în raport cu înmulțirea. Fie M x , M  y   G ,

x 1   2  y y 1   2 x      M x M  y     2  2 x 2 x  1  2  2 y 2 y  1

1p

2 y  xy  2  x  2 xy  2 y  x  1   4  2 x  2 y  xy  2 x  2  2 xy  2 y      4  4 x  2 y  2 xy  4 x  2  4 xy  2 y 2 y  2 xy  2  2 x  4 xy  2 y  2 x  1 xy  1   2  xy   M xy   G .    2  2 xy 2 xy  1 Verificăm axiomele grupului:

G1 Se știe că înmulțirea matricelor este asociativă.

1p

G2 M x   M  y   M xy   M  yx   M  y   M x, M x, M  y   G , deci înmulțirea este comutativă.

1p

G3

M x  M e  M x; M x   G  M xe   M x; M x   G  xe  x, x  1 0   I 2  G R*  xe  1  0, x  R*  e  1 R*, x R  M 1   0 1  

1p

element neutru.

G4 M x   M x ,   M e; M x   G  M xx ,   M 1; M x   G  xx ,  1, x  1p 1 1 R*  x ,   R*, x R*, deci inversa oricărei matrice M x  este matricea M   . x  x

G, grup abelian. c)

Fie funcția f : R*  G, f x   M x  .

2p

1)Funcția este funcție bijectivă prin construcție. 2) f x  y   M xy   M x   M  y   f x   f  y , x, y R*, adică f este morfism de

1p

grupuri.

2p 361

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO Deci funcția f este izomorfism de grupuri.


1. a)

p f x   ln 1  0 ; f 0  ln 1  0  p ; l d  lim x 0 1

l s  lim f x   x 0

3p

x 0

x0

p 0

Deci l s  l d  f 0  f continuă în x  0 , adică, pentru p  0 , f este continuă pe

b)

 1,1 .

2p

 6 x  r x  1  3x 2  rx  3x 2  6 x  r , x  0 , x0   2   x  12 ,   x  1 f x     2qx  3 2qx  3  , x0  2 , x0 2   qx  3x  1   qx  3x  1

2p

f s, 0  lim f , x   r ; f d, 0  lim f , x   3

c)

x 0

x 0

x 0

x 0

2p

Dacă f s, 0  f d, 0  r  3  f este derivabilă în x  0 .

1p

Funcția f verifică teorema lui Rolle, adică: f este continuă pe intervalul  1,1 , f este

1p

derivabilă pe  1,1 și f  1  f 1.

f  1  0 ; f 1  ln q  2

1p

ln q  2  0  q  3

1p 2p

S  p 2  q 2  r 2  0  32  32  18 2. a)

1 2

1

I 0   dx  x 2 1  1 

1 2



2p

2

3p

362


 1 1 I 1   arcsin xdx  0 , deoarece arcsin  x    arcsin x, x   ,  , deci funcția  2 2 1  2

g x   arcsin x este funcție impară. b)

Dacă n este impar, atunci funcția g x   arcsin x  este funcție impară, deci n

1 2

 arcsin x 

I 2 n 1 

2 n 1

dx 

1  2

1 2

1p

 g x dx  0 . 

1 2

Calculăm relația de recurență pentru n par

I 2n 

1 2

2n  arcsin x  dx  xarcsin x  

1 2

    6

2n

    6

2n

    6

2n

c)



 6

1 2



 2n  1  x 2 

Deci I 2 n

1 2

1 2n 2

 arcsin x ,



2 n 1

1 2

 2n  arcsin x  

1 2

1 2 n 1 2

 2n 1  x 2 arcsin x  3    2n    2 6     6

x

1p

dx 

1 x2

1p

dx 

2n

2 n 1

 2n  1  x 2 2n  1arcsin x 

2 n 1

2 n2

1  2

 2n2n  1I 2 n 2

   n 3  6



1  2

1 2

    6

2n

   n 3  6

2 n 1



1 1 x2

dx  2p

 2n2n  1I 2 n 2

 2n2n  1I 2 n 2

    n      arcsin x     de unde, prin integrare obținem: 6  6 6 n

n

        x 21  I n     x 21     6 6 2 2 1



1 2

 arcsin x  n

2 n 1

n

2p

1

1p

363

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO         In     6 6 n

n

2p

    lim     lim    0  lim I n  0 , I n n1 este convergent. n  n   n   6 6 n

n




Fie   Z o rădăcină a ecuației x 2  mx  6  0 atunci  2  m  6  0   m   2  6  m   

6



 Z dacă

6



 Z     1,2,3,6

3p

  6  m  6  1  7   3  m  3  2  5   2  m  2  3  5   1  m  1  6  7

  1  m  1 6  7

2p

  2 m  23 5

364

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO   3 m  3 2  5   6  m  6 1  7 Deci, pentru m   7,5,5,7 ecuația ite rădăcini întregi. 2.

Dacă x  y  z  1 inegalitatea x 2  y 2  z 2  4xy  yz  zx  1 devine: 1p

x 2  y 2  z 2  4xy  yz  zx  x  y  z   2

x 2  y 2  z 2  4 xy  4 yz  4 zx  x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 zx 

2p

 2 x 2  2 y 2  2 z 2  2 xy  2 yz  2 zx  0  x  y    y  z   z  x   0 2

2

2

2p

evident adevărată. Observăm că pentru x  y  z relația devine egalitate. 3.

Funcția f x   3 x  4 x este strict crescătoare, ca sumă de funcții strict crescătoare.

1p

Funcția g x   8  x este funcție strict descrescătoare (este o funcție de gradul I cu

2p

coeficientul lui x este negativ). Deci ecuația dată ite soluție unică.

2p

Observăm că x  1 este soluție: 31  41  8  1  7  7 4.

8+15=23 jucători. Observăm că antrenorul va face grupe (echipe) care nu depind de ordine, deci 5 C 23 

5.

23  22  21  20  19  23  11  7  19 moduri 5  4  3  2 1 





2p

3p 2p

Fie M  ,    OM   i   j

        v  OM  3   3 i  2 j  i   j   3  3  2  3   



Coordonatele punctului M x, y  verifică ecuația dreptei 3x  2 y  3  0

365

3p


 sin   sin   1  sin 2   2 sin  sin   sin 2   1   1  prin adunare: cos   cos   1   2 cos   2 cos  cos   cos 2     2 4  

2p

1p

5 1  2cos  cos   sin  sin    1   4 2p

3 3  2 cos       cos      2 4 SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

1. a)

 2  1 1  1   Fie A   1 1 m 1  matricea sistemului. 1 1 1 n    rangA  2 dacă toți minorii de ordinul 3 sunt nuli.

Deoarece

2 1  3  0 , atunci rangul matricei poate fi 2 sau 3. 1 1

2 1 1  1  1 1 m  2  1  m  1  2m  1  m  1 1 1 1

2p

2p

1  0  m  1  0  m  1 2 1 1  2  1 1 1  2n  1  1  1  2  n  3n  1 1 1

n

 2  0  3n  1  0  n  

1 3

1 Deci, pentru m  1 și n    rangA  2 . 3

366

1p


Considerăm  p 

2 1  3  0 , ecuații principale: ecuațiile 1 și a 2-a, ecuații 1 1

3p

secundare: ecuația a 3-a. Sistemul este compatibil dacă  car  0 .

2 1 1 1 1 1  0  2 p 111 2  p  0  3p  3  0  p  1. 1 1

2p

p

Deci pentru p  1 sistemul este compatibil nedeterminat. c)

Necunoscute principale: x și y, necunoscute secundare z și t.

1p

Fie z    R și t    R; rezolvăm sistemul:

 2x  y  1        x  y  1    

2p

x0  y  x 1        x0  y     1

2p

Soluția sistemului S  0,     1,  ,   ,   R 2. a)





x 3  1  0  x  1 x 2  x  1  0 

1p

x 1  0  x  1    1 i 3 x      x 2  x  1  0  2   x   1  i 3   2   2 

3p

1p

Deci  3  1 ,  2    1  0 b)

g  X 3  a  p X 2  b  p X  c  p  X 3  aX 2  pX 2  bX  pX  c  p 









g  f  p X 2  X 1  g  f  p X 2  X 1





Pentru   g    f    p  2    1  0   rădăcină comună.

367

3p

2p


    



Pentru  2  g  2  f  2  p  4    1  0   2 rădăcină comună. Deci, rădăcinile comune celor două polinoame sunt:  și  2 . c)

Fie  rădăcina comună a celor două polinoame.



2p



g     3  a 2  b  c  p  2    1  0  2p

 1  a 2  b  c  p  0  0 

1p

 a  b  c  1  0 și p  R. 2


1. a)

Funcția f este continuă în x  0  lim f x   lim f x   f 0 . x 0 x 0

lim f x   lim x 0

x 0

x 0

x0

x 0 x 0

3x  nx  p  p ; lim f x   lim ln rx 2  3x  1  ln 1  0 ; x 0 x 0 x 1

2p 2p

2

x 0

x 0

f 0  ln 1  0 . Deci f este continuă în x  0 dacă p  0 . f derivabilă în x  0 dacă f este continuă și f s, 0  f d, 0 .

 3x 2  nx  6 x  n x  1  3x 2  nx 3x 2  6 x  n   p  0    x  12 x  12  x 1  ,

 3x 2  6 x  n , x0  2 ,   x  1 f x     2rx  3 , x  0  rx 2  3x  1 f s, 0  lim f , x   lim x 0

x 0

x 0

x 0

3x 2  6 x  n

x  12

 n

368

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO f d, 0  lim f , x   lim x 0

x 0

x 0

x 0

2rx  3  3 rx 2  3x  1

Deci f este derivabilă în x  0 dacă n  3 . b)

Condițiile teoremei lui Rolle sunt: f este continuă pe  1,1 ; f este derivabilă pe  1,1 ;

f  1  f 1 , atunci există c   1,1 astfel încât f , c   0 . Pentru p  0 , f este continuă pe  1,1 și pentru p  0 și n  3 f este derivabilă în x  0 .

f  1  0 ; f 1  ln r  2 .

1p 1p 1p 2p

3  f  1  f 1  ln r  2  0  r  2  1  r  3   ,   . 2  3x 2  3x  1  0 , deci are sens logaritmul. c)

Observăm că f , 0  3  m  3

1p

y  y0  f , 0x  x0 

1p 1p

Dar x0  0; y0  0 

2p

Ecuația tangentei este y  3x 2.

Pentru a explicita funcția f x  , studiem monotonia funcției g t   t 2  2t

2p

a)

tV  1; g 1  1

2p

t



tx

g t   t 2  2t

1

tx



-1

Pentru x   ,1  g t  este strict descrescătoare, adică t  x  g x   g t  , atunci

inf g t   g x   x 2  2 x . Pentru x  1,   g t  este strict crescătoare, adică 1  t  t  g 1  g t   g x 

369

1p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO atunci inf g t   g 1  1 . Deoarece ht   8  3t este strict descrescătoare pe R, atunci t  x  g x   g t  , deci

inf g t   g x   8  3x .  x 2  2 x, x   ,1  Așadar f x    .  1, x  1,3  8  3x, x  3,    b)

4



f x dx  

0

0



c)

1

1

4

 x3  3  3  x  2 x dx    1dx   8  3x dx    x 2   x 1   8 x  x 2   2 3   3 0 1 3



2



3

4

1p 1p 1p

1 27 83 31  1  3  1  32  24  24   19   3 2 6 6

2p

Observăm că funcția f este continuă pe intervalul 0,4 și f x   0, x  0,4, atunci

2p

aria f     f x dx 

1p

4

0

volC f     f 4

2

31 . 6

2p

1

3

4



0

1

3



x dx    x 2  2 x 2 dx    12 dx   8  3x 2 dx 

0

4 1  3    x 4  4 x 3  4 x 2 dx  x 1   64  48 x  9 x 2 dx   3 0 









1  x 5 4x3  4   3  1  64 x  24 x 2  3x 3     x  3 0  5 





  3   4

4 1      1   2  644  3  2416  9  364  27   3 5   23   23  143     1  64  168  111     8     15   15  15

370





Relațiile lui Viéte pentru ecuația x 2  2a  1x  2a  1  0 sunt: x1  x2  2a  1 ,

x1 x2  1  2a

x  x2   3x1 x2 x1  x2  x1  x2 x1 x2 x13  x23 x2  x1 1 1       1  0 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x2 x1 x1 x2  x1 x2 2 3

3p

8a  1  6a  11  2a  3



1  2a 2

4a  1  4a  11  2a  3



1  2a 2



2a  1 4a  1  3a  11  2a  a  1 0  0 1  2a 1  2a 1  2a 2 3



2p

 0  a  1  a  11  2a   0  3



 a  1 a 2  2a  1  1  2a  0  a 2 a  1  0 

a 1  0 a0



a 1 a0



 a  1,   0. 2.

 f  g x  f g x  g 2 x  2g x  2  g 2 x  2g x  1  1  g x  12  1 

371

2p






2

 x 2  2x  1  1  x 4  4x 2  1  4x 3  2x 2  4x  1  x 4  4x 3  6x 2  4x  2

g  f x  g  f x 









f 2 x   2 f x   x 2  2 x  2  2 x 2  2 x  2  2

2p

 x  4 x  4  4 x  4 x  8x  2 x  4 x  4  x  4 x  10 x  12 x  8 4

2

3

2

2

4

3

2

 f  g x  g  f x  x 4  4x 3  6x 2  4x  2  x 4  4x 3  10x 2  12x  8   4 x 2  8x  6  0  2 x 2  4 x  3  0

1p

  b 2  4ac  16  24  8  0  ecuația nu are soluții reale. 3.

4.

Fie A  1,2,...,10 și B  2,3,...,10

1p

Mulțimea A are 210 submulțimi, iar mulțimea B are 2 9 submulțimi.

2p

Numărul submulțimilor care îl conțin pe 1 este 210  29  29 2  1  29  512

2ps









log 7 4  2 x  2 x1  1  log 7 4  log 7 4  2 x  2 x1  log 7 7  log 7 4 



2p



 log 7 4  2 x  2 x1  log 7 28  4  2 x  2 x1  28  3p

 8  2 x  2 x  56  7  2 x  56  2 x  8  2 x  23  x  3 5.

Ex   sin 2 x  2 cos x cos a cosa  x   cos 2 a  x  

2p

 sin 2 x  cosa  x 2 cos x cos a  cos a cos x  sin a sin x   sin 2 x  cos a cos x  sin a sin x cos x cos a  sin a sin x  







3p

 sin 2 x  cos 2 x cos 2 a  sin 2 x sin 2 a  sin 2 x  1  sin 2 x 1  sin 2 a  sin 2 x sin 2 a   sin 2 x  1  sin 2 x  sin 2 a  sin 2 x sin 2 a  sin 2 x sin 2 a  1  sin 2 a  cos 2 a 6.

Imaginea punctului P2,3 prin simetrie de centru P0 x0 , y0  este punctul P , 4,5

3p

, adică punctul P0 este mijlocul segmentului PP , , rezultă:

x0 

x P  x P, 2



y P  y P, 3  5 24  3 ; y0    1  P0 3,1 . 2 2 2


372

2p


1. a)

Matricea A este inversabilă dacă det A  0 .

a 1 1 det A  1  1 a  3a  2a  1  2  a 2  3  a 2  a 2

1

 a2  a  0 

2p

3 a0

2p

a  1

1p

Deci pentru a R   1,0  det A  0  există A 1 . b)

 1 1 1   Pentru a  1  A   1  1 1  ; det A  1  1  2  0  2 1 3    1 1 1  1 1 1  4 1 5        A   1  1 1   1  1 1   2 3 3   2 1 3   2 1 3   9 4 12       

1p

2p

2

 4 1 5    3  3  3    5 0 0       1 1  2 B A  3 A  5I 3    2 3 3     3 3  3    0  5 0   det A 2   9 4 12    6  3  9   0 0  5 





2p

 4  2 2   1      1 1 0  2  1  2   3 c)

Folosim formula Hamilton – Cayley pentru matricea de ordinul 3:

1p

A3  TrA  A2  TrA*  A  det A  I 3  0

2p

TrA  1  1  3  3

2p

TrA*  11  22  33  4  1  2  5

373










 1  A3  3 A 2  5 A  2 I 3  0  A A 2  3 A  5I 3  2 I 3  A   A 2  3 A  5I 3   I 3  2 

 4  2 2   1  A  B    1 1 0  calculată la punctul b). 2 1  2   3 1

2.

x * y  1  x  1

a)

y * x  1   y  1

ln  y 1

ln  x 1

ln  y 1 

 1  e ln  y 1 ln  x1 , x, y  G , (1)

2p

ln  x 1 

 1  e ln  x1 ln  y 1 , x, y  G , (2)

2p

 1  e ln  x1

 1  e ln  y 1

1p Din relațiile (1) și (2), rezultă că legea este comutativă. b)

x * y  * z  1  x * y  1ln z 1  1  1  x  1ln y1  1 x, y, z  G , (1)

ln  z 1

x *  y * z   1  x  1

ln  y*z 1

 1  x  1

ln  z 1ln  y 1



 1  x  1

  1  x  1ln y 1

ln 1 y 1ln  z 1 1

 1  x  1

ln  y 1 ln  z 1

ln  z 1 

2p

,

2p



, x, y, z  G , (2)

1p

Din relațiile (1) și (2), rezultă că legea este asociativă. c)

Dacă x  y  z , atunci din asociativitatea legii obținem x * x * x  1  x  1

ln 2  x 1

x * x * x  e 27  1  1  x  1

ln 2  x 1

 ln x  1

ln  x 1 2

 e 27  1  x  1

ln 2  x 1

2p

.

 e 27 

2p

 ln e 27  ln x  1  27  ln x  1  3  x  1  e 3  3

 x  1  e3

1p


1. a)

Studiem monotonia șirului.

a n1 x1  x2  ...  xn  xn 1 8n  5   xn 1  1 an x1  x2  ...  xn 8n  9

374

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  an1  an , n  N*  an n1 este strict descrescător. b)

1p

Folosim metoda inducției matematice. Fie Pn  : a n 

P1 : a1  x1 

5 8n  5

, n  1

83 5 5    5 13  9 5  5  13  9  65  81 adevărat, 8 1 9 13

rezultă P1 : a1 

5 13

1p

adevărată.

Presupunem relația adevărată pentru n  k și demonstrăm că este adevărată pentru

n  k  1, k  1

1p

Pk  : a k  x1  x2  ...  xk 

5 8k  5

Pk  1 : a k 1  x1  x2  ...  xk  xk 1  x1  x2  ...  xk   xk 1 



5 8k  5

 xk 1 

58k  5 8k  5 5    8k  5  8k  13  8k  9  8k  9 8k  5 8k  9 8k  13 5



2p

 64k 2  104k  40k  65  64k 2  144k  81  65  81 adevărat, rezultă Pk  1

adevărată, k  1 . Deci Pn  : a n  c)

5 8n  5

1p

, n  1 .

Observăm că an  0, n N*. Deci 0  a n 

5 8n  5

1p

, n  1  șirul a n n1 este strict descrescător, rezultă șirul

1p

an n1 este convergent. Folosim criteriul majorării și obținem: 0  lim a n  lim n 

375

n 

5 8n  5

0

2p

BAREME – CULEGERE ONLINE BAC MATEMATICA M1 2014 WWW.MATEINFO.RO  lim an  0

1p

2.

x 3  3x 2  8 x  6  x 3  x 2  2 x 2  2 x  6 x  6 

2p

a)

 x 2 x  1  2 xx  1  6x  1 

2p

n



 x  1 x 2  2 x  6 b)









1p



x 3  3x 2  8 x  6

x

2

 2x  4



2





1 2 x  2 x 2  2 x  6 dx   dx 2 2 x 2  2x  4





1 t2 1 1 1 1 1 dt   dt   2 dt  ln t   C  2  2 t 2 t 2 t t

 I2 



1p

2p



1 1 ln x 2  2 x  4  2 C 2 x  2x  4

I n   f n x dx  

x 3  3x 2  8 x  6

x

2

 2x  4



n

dx 





1 2 x  2 x 2  2 x  6 dx n 2 x 2  2x  4





Facem substituția t  x 2  2 x  4  dt  2 x  2dx

1 t2 1 1 1 1 dt   n1 dt   n dt   t n1dt   t n dt  n  2 t 2 t 2 t  n2  n 1 1 t t 1 1 1 1    C    n2   n1  C  2  n  2  n 1 2n  2 t n 1 t

1 1  2n  2 x 2  2 x  4





n2



1 1  n  1 x 2  2x  4



376

2p 1p 2p

Hn 

In  

1p

1 2 x  2 x  4  ln x 2  2 x  4  C 2

I 2   f 2 x dx  

c)



1 t2 1  2 t dt   1  dt   ln t  C   2 t 2  t 2

 I1 

H2 

1p

x 3  3x 2  8 x  6 1 2 x  2 x 2  2 x  6 f1 x dx   dx   dx 2 x 2  2x  4 x 2  2x  4

I1   H1 





n 1

 C , n  3


377

Bareme-bac-m1-2014.pdf n6c1s

Overview 4q3b3c

More details 26j3b

More Documents from "ianchis flaviu" 1l6e3g

Bareme-bac-m1-2014.pdf n6c1s

Pesti Gupy 3g2254

Rolul Ficatului 1u6i54

Cb Team Product Presentation Latest 1g3t1u

Monroe - Totul Despre Suspensii 28e1

325ix - E30 Zone Wiki 5o2e