Rezolvare BAC 2012 Matematică M2 (științe ale naturii) — August–Septembrie, varianta 9

Rezolvarea completă a subiectului de Bacalaureat 2012 la Matematică M2 (profil real, științele naturii, și filiera tehnologică), sesiunea august–septembrie, varianta 9. Pentru fiecare cerință găsești enunțul pe scurt, rezolvarea pas cu pas, răspunsul final și cum se punctează conform baremului oficial. Timp de lucru la examen: 3 ore; se acordă 10 puncte din oficiu.

Cum să folosești rezolvarea: lucrează întâi singur subiectul (deschide PDF-ul de mai sus), apoi compară fiecare pas. Dacă ai ajuns la alt drum corect, primești tot punctajul — baremul acceptă orice soluție corectă.

Subiectul I (30 de puncte)

1. $a = \log_3 2$; arătați că $\log_3 6 = 1 + a$

$\log_3 6 = \log_3(3\cdot2) = \log_3 3 + \log_3 2 = 1 + a.$

Barem: 2p + 3p.

2. $A(0,1)$ pe graficul lui $f(x) = x^2 - 2x + m - 3$

$f(0) = m - 3 = 1 \iff m = 4$.

Răspuns: $m = 4$. Barem: 2p + 2p + 1p.

3. Ecuația $\log_2(x+1) - \log_2(x+3) = -1$

Condiții: $x > -1$. Atunci

$\log_2\frac{x+1}{x+3} = -1 \iff \frac{x+1}{x+3} = \frac12 \iff 2x + 2 = x + 3 \iff x = 1.$

$x = 1 > -1$ convine. Răspuns: $x = 1$. Barem: 3p + 1p + 1p.

4. Probabilitatea ca un număr din $\{1, \dots, 30\}$ să fie divizibil cu $7$

Favorabile: $7, 14, 21, 28$ — 4 cazuri; posibile: 30.

$p = \frac{4}{30} = \frac{2}{15}.$

Barem: 1p + 2p + 1p + 1p.

5. $B$ astfel încât $O$ să fie mijlocul lui $AB$, $A(4,-1)$

$x_B = 2x_O - x_A = -4$, $y_B = 2y_O - y_A = 1$.

Răspuns: $B(-4, 1)$. Barem: 3p + 2p.

6. $\cos A$ în triunghiul cu $AB = 5$, $AC = 6$, $BC = 7$

Teorema cosinusului:

$\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2\cdot AB\cdot AC} = \frac{25 + 36 - 49}{60} = \frac{12}{60} = \frac15.$

Barem: 3p + 2p.

Subiectul al II-lea (30 de puncte)

1. Sistemul $\begin{cases} x + y + z = 1\\ 2x + ay + 3z = 1\\ 4x + a^2y + 9z = 1\end{cases}$, matricea $A$

a) $\det A = -a^2 + 5a - 6$

$\det A = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1\\ 2 & a & 3\\ 4 & a^2 & 9\end{vmatrix} = 9a + 12 + 2a^2 - 4a - 3a^2 - 18 = -a^2 + 5a - 6.$

(Este un determinant Vandermonde în $2, a, 3$: $(a-2)(3-2)(3-a)$.) Barem: 2p + 3p.

b) $A$ inversabilă

$\det A = -(a-2)(a-3) \ne 0 \iff a \notin \{2, 3\}$.

Răspuns: $a \in \mathbb R\setminus\{2, 3\}$. Barem: 2p + 2p + 1p.

c) Rezolvarea pentru $a = 1$

$\begin{cases} x + y + z = 1\\ 2x + y + 3z = 1\\ 4x + y + 9z = 1\end{cases}$

Scăzând prima din a doua: $x + 2z = 0$; scăzând a doua din a treia: $2x + 6z = 0 \Rightarrow x + 3z = 0$. Deci $z = 0$, $x = 0$, $y = 1$.

Răspuns: $(0, 1, 0)$. Barem: 2p + 3p.

2. $f = mX^5 + nX \in \mathbb Z_5[X]$

a) $n$ cu $f(\hat1) = m$

$f(\hat1) = m + n = m \iff n = \hat0$.

Barem: 2p + 3p.

b) Rădăcinile pentru $m = \hat1$, $n = \hat4$

$f = X^5 + \hat4X = X^5 - X$. Prin calcul direct (sau mica teoremă a lui Fermat, $a^5 = a$ în $\mathbb Z_5$): $f(\hat0) = f(\hat1) = f(\hat2) = f(\hat3) = f(\hat4) = \hat0$. De exemplu, $\hat2^5 = \widehat{32} = \hat2$, deci $f(\hat2) = \hat2 + \hat8 = \widehat{10} = \hat0$.

Răspuns: toate elementele $\hat0, \hat1, \hat2, \hat3, \hat4$ sunt rădăcini. Barem: 1p + 3p + 1p.

c) Dacă $f(\hat1) = f(\hat2)$, atunci $f(\hat3) = f(\hat4)$

În $\mathbb Z_5$, $a^5 = a$ pentru orice $a$, deci $f(a) = ma + na = a(m + n)$.

$f(\hat1) = m + n$, $f(\hat2) = \hat2(m+n)$. Egalitatea dă $\hat1\cdot(m + n) = \hat0$, adică $m + n = \hat0$. Atunci $f(\hat3) = \hat3(m+n) = \hat0$ și $f(\hat4) = \hat4(m+n) = \hat0$, deci $f(\hat3) = f(\hat4)$. $\blacksquare$ Barem: 1p + 2p + 2p.

Subiectul al III-lea (30 de puncte)

1. $f:\mathbb R\setminus\{-1\}\to\mathbb R$, $f(x) = \dfrac{x^2 - x - 1}{x + 1}$

a) $f'(x)$

$f'(x) = \frac{(2x-1)(x+1) - (x^2 - x - 1)}{(x+1)^2} = \frac{2x^2 + x - 1 - x^2 + x + 1}{(x+1)^2} = \frac{x^2 + 2x}{(x+1)^2}.$

Barem: 3p + 2p.

b) $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)\ln x}{x^2 - x - 1}$

$\dfrac{f(x)}{x^2 - x - 1} = \dfrac{1}{x+1}$, deci, cu l'Hôpital:

$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x+1} = \lim_{x\to+\infty}\frac{\frac1x}{1} = 0.$

Răspuns: $0$. Barem: 2p + 3p.

c) Asimptota oblică spre $+\infty$

$m = \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2 - x - 1}{x^2 + x} = 1, \qquad n = \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x^2 - x - 1}{x+1} - x\right) = \lim_{x\to+\infty}\frac{-2x - 1}{x + 1} = -2.$

Răspuns: $y = x - 2$. Barem: 2p + 2p + 1p.

2. $f:(0,+\infty)\to\mathbb R$, $f(x) = e^x\sqrt{x+1}$

a) Primitivele lui $g(x) = \dfrac{f(x)}{\sqrt{x+1}}$

$g(x) = e^x$, deci $\displaystyle\int g(x)\,dx = e^x + C$.

Barem: 2p + 3p.

b) $\displaystyle\int_1^2\sqrt{x+1}\cdot f(x)\,dx$

$\sqrt{x+1}\cdot f(x) = (x+1)e^x$. Prin părți:

$\int_1^2 (x+1)e^x\,dx = (x+1)e^x\Big|_1^2 - \int_1^2 e^x\,dx = (3e^2 - 2e) - (e^2 - e) = 2e^2 - e.$

Răspuns: $2e^2 - e$. Barem: 1p + 3p + 1p.

c) Aria sub $h(x) = e^{-x}f(x)$ între $x = 2$ și $x = 3$

$h(x) = \sqrt{x+1} > 0$:

$\mathcal A = \int_2^3\sqrt{x+1}\,dx = \frac23(x+1)\sqrt{x+1}\Big|_2^3 = \frac23\left(8 - 3\sqrt3\right).$

Răspuns: $\dfrac{2(8 - 3\sqrt3)}{3}$. Barem: 1p + 3p + 1p.

Rezumatul răspunsurilor

Cerință	Răspuns
I.2	$m = 4$
I.3	$x = 1$
I.4	$p = \frac{2}{15}$
I.5	$B(-4, 1)$
I.6	$\cos A = \frac15$
II.1.b	$a \notin \{2, 3\}$
II.1.c	$(0, 1, 0)$
II.2.a	$n = \hat0$
II.2.b	$\hat0, \hat1, \hat2, \hat3, \hat4$
III.1.b	$0$
III.1.c	$y = x - 2$
III.2.a	$e^x + C$
III.2.b	$2e^2 - e$
III.2.c	$\frac23(8 - 3\sqrt3)$

Ce merită reținut din varianta 9

• Simetricul unui punct față de altul: $x_B = 2x_O - x_A$, $y_B = 2y_O - y_A$.
• Teorema cosinusului dă cosinusul unui unghi din cele trei laturi.
• În $\mathbb Z_p$ ($p$ prim), $a^p = a$ (mica teoremă a lui Fermat) — simplifică polinoame de grad mare.
• $\int (x+1)e^x\,dx = xe^x + C$ (prin părți sau observând $(xe^x)' = (x+1)e^x$).