Pagina principală

Variante rezolvate - Bacalaureat 2010

Matematică M1, Varianta 3, BAC 2010

Meniu principal

Grădiniţă

Şcoala primară

Gimnaziu

Liceu

Autentificare

Matematică M1, Varianta 3, BAC 2010

Scris de Cristina Vuşcan

Sâmbătă, 26 Februarie 2011 16:48

Subiectul I
1. Să se ordoneze crescător numerele sqrt {2}, root{3}{4}, root {4}{5} .
Rezolvare: Pentru a compara numerele date, le vom scrie astfel:
$sqrt {2}= root {12}{2^6}= root {12}{64}$ ;
$root {3}{4}= root {12}{4^4}= root {12}{256}$ ;
$root {4}{5}= root {12}{5^3}= root {12}{125}$ .
Avem
root {12}{64}< root {12}{125}< root {12}{256}
sau
sqrt {2}< root {4}{5}< root {3}{4} .

2. Să se determine valoarea minimă a funcţiei f: bbR right bbR, f(x)=4x^2-8x+1 .
Rezolvare: Valoarea minimă a funcţiei f este
$m_{f}= -{Delta}/{4a}= -{b^2-4ac}/{4a}=$
$= -{(-8)^2-4 {cdot} 4 {cdot} 1}/{4 {cdot} 4}= -{64-16}/{16}= -3$ .
Deci, $m_{f}=-3$ .

3. Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia lg {(x-1)} + lg {(6x-5)} = 2 .
Rezolvare: Punem condiţiile de existenţă a logaritmilor:
delim{lbrace}{matrix{2}{1}{{x-1>0} {6x-5>0}}}{}{doubleleftright}

x in (1; ~ {+infty}) inter (5/6; ~ {+infty})=(1; ~ {+infty}) .
Prin urmare, domeniul de existenţă a soluţiilor ecuaţiei este D=(1; ~ {+infty}) .
Atunci
lg {(x-1)} + lg {(6x-5)} = 2{doubleleftright}
$lg {(x-1)(6x-5)} = lg {10^2}{doubleleftright}$
$(x-1)(6x-5)=10^2{doubleleftright}$
$6x^2-11x+5=100{doubleleftright}$
6x^2-11x-95=0 .
Avem
${Delta}=b^2-4ac=$
$=(-11)^2-4 {cdot} 6 {cdot} (-95)=121+2280=2401$
şi
$x_{1}={-b+ sqrt {Delta}}/{2a}, x_{2}= {-b- sqrt {Delta}}/{2a}$
$x_{1}= {11+ sqrt {2401}}/{12}, x_{2}= {11- sqrt {2401}}/{12}$
$x_{1}= {11+49}/{12}, x_{2}= {11-49}/{12}$
$x_{1}=5 in D, x_{2}= - 19/6 notin D$ .
Prin urmare, soluţia ecuaţiei date este x=5 .

4. Să se determine probabilitatea ca, alegând un număr din mulţimea numerelor naturale de două cifre, acesta să fie pătrat perfect.
Rezolvare: Să notăm cu A evenimentul
A: Alegând un număr din mulţimea numerelor naturale de două cifre, numărul ales este pătrat perfect.
Atunci
P(A)= {nr. ~ cazurilor ~ favorabile}/{nr. ~ cazurilor ~ posibile} .
Există 6 pătrate perfecte de două cifre: 16; 25; 36; 49; 64 şi 81. Avem (99-9=)90 de cazuri posibile (câte numere naturale de două cifre sunt). Prin urmare
P(A)=6/90=1/15 .

5. Să se determine ecuaţia dreptei care trece prin punctul A(6;4) şi este perpendiculară pe dreapta d: 2x-3y+1=0 .
Rezolvare: Ecuaţia dreptei d este echivalentă cu
y=2/3 x+1/3 .
Prin urmare, panta dreptei d este
m=2/3 .
Panta m’ a dreptei d’ care trece prin punctul A şi este perpendiculară pe dreapta d verifică relaţia
m {cdot} m'=-1
şi prin urmare este
m'=-3/2 .
Ecuaţia dreptei d’ este atunci
$y-y_{A}=m'(x-x_{A}){doubleleftright}$
y-4= - 3/2(x-6){doubleleftright}
2y-8=-3x+18{doubleleftright}
3x+2y-26=0 .
Deci, dreapta d’ care trece prin punctul A şi este perpendiculară pe dreapta d este
d': 3x+2y-26=0 .

6. Ştiind că sin {alpha}=1/3 , să se calculeze cos {2 alpha} .
Rezolvare: $cos {2 alpha}=1- 2 sin ^2 {alpha}=$
$=1-2 {cdot} (1/3)^2=1-2 {cdot} 1/9=7/9$ .

Subiectul II
1. Se consideră matricea A = (matrix{3}{3}{0 1 1 1 0 1 1 1 0}) .
a) Să se verifice egalitatea $A^{2}-A=2I_{3}$ .
b) Să se calculeze $A^{-1}$ .
c) Să se arate că $A^{2009}+A^{2008}=2^{2008}(A+I_{3})$ .
Rezolvare:
a) Avem:
$A^{2}=A {cdot} A=$

=(matrix{3}{3}{{0{cdot}0+1{cdot}1+1{cdot}1} {0{cdot}1+1{cdot}0+1{cdot}1} {0{cdot}1+1{cdot}1+1{cdot}0} {1{cdot}0+0{cdot}1+1{cdot}1} {1{cdot}1+0{cdot}0+1{cdot}1} {1{cdot}1+0{cdot}1+1{cdot}0} {1{cdot}0+1{cdot}1+0{cdot}1} {1{cdot}1+1{cdot}0+0{cdot}1} {1{cdot}1+1{cdot}1+0{cdot}0}})=
=(matrix{3}{3}{2 1 1 1 2 1 1 1 2}) .
Atunci
$A^{2}-A=(matrix{3}{3}{2 1 1 1 2 1 1 1 2})-(matrix{3}{3}{0 1 1 1 0 1 1 1 0})=$
=(matrix{3}{3}{{2-0} {1-1} {1-1} {1-1} {2-0} {1-1} {1-1} {1-1} {2-0}})=
=(matrix{3}{3}{2 0 0 0 2 0 0 0 2})=
$=2 {cdot} (matrix{3}{3}{1 0 0 0 1 0 0 0 1})=2I_{3}$ , c.c.t.d.
b) La pct. a) s-a demonstrat că
$A^{2}-A=2I_{3}{doubleleftright}$
$A(A-I_{3})=2I_{3}{doubleleftright}$
$A[1/2 (A-I_{3})]=I_{3}$ .
Analog rezultă şi relaţia
$[1/2 (A-I_{3})]A=I_{3}$ .
Prin urmare
$A^{-1}=1/2 (A-I_{3})=$
=1/2 {cdot} (matrix{3}{3}{{0-1} {1-0} {1-0} {1-0} {0-1} {1-0} {1-0} {1-0} {0-1}})=
=1/2 {cdot} (matrix{3}{3}{{-1} 1 1 1 {-1} 1 1 1 {-1}}) .
c) Vom demonstra că pentru orice număr natural nenul n, are loc
$A^{n+1}+A^{n}=2^{n}(A+I_{3})$ .
Fie predicatul unar P, dat de $P(n): A^{n+1}+A^{n}=2^{n}(A+I_{3}), n in bbN^{star}$ .
Vom demonstra prin inducţie matematică după n că P(n) este o propoziţie adevărată oricare ar fi n număr natural nenul.
I. $P(1): A^{2}+A=2(A+I_{3})$ .
Conform pct. a), avem
$A^{2}-A=2I_{3} delim{|}{~}{}+2A{doubleleftright}$
$A^{2}-A+2A=2I_{3}+2A{doubleleftright}$
$A^{2}+A=2(A+I_{3})$ .
Aşadar, propoziţia P(1) este adevărată.
II. $P(n) {doubleright} P(n+1), n in bbN^{star}{doubleleftright}$
$A^{n+1}+A^{n}=2^{n}(A+I_{3}) {doubleright} A^{n+2}+A^{n+1}=2^{n+1}(A+I_{3}), n in bbN^{star}$ .
Ştim că
$A^{n+1}+A^{n}=2^{n}(A+I_{3}), n in bbN^{star}$ ;
înmulţind la stânga ambii membri ai acestei egalităţi cu A, obţinem
$A(A^{n+1}+A^{n})=A[2^{n}(A+I_{3})]{doubleleftright}$
$A(A^{n+1}+A^{n})=2^{n}[A(A+I_{3})]{doubleleftright}$
$A^{n+2}+A^{n+1}=2^{n}(A^{2}+A){doubleleftright}$ (dacă ne folosim de pasul I)
$A^{n+2}+A^{n+1}=2^{n} {cdot} 2(A+I_{3}){doubleleftright}$
$A^{n+2}+A^{n+1}=2^{n+1}(A+I_{3})$ .
Prin urmare, $P(n) {doubleright} P(n+1), n in bbN^{star}$ .
Din I şi II, aplicând principiul inducţiei matematice, rezultă că propoziţia P(n) este adevărată pentru orice număr natural nenul, adică
$A^{n+1}+A^{n}=2^{n}(A+I_{3}), forall n in bbN^{star}$ ,
de unde pentru n=2008 se obţine egalitatea care trebuia demonstrată:
$A^{2009}+A^{2008}=2^{2008}(A+I_{3})$ .

2. Se consideră că (bbZ, {star}, {circ}) este un inel comutativ, unde
x {star} y=x+y-3
şi
x {circ} y=xy-3x-3y+12, forall x, y in bbZ .
a) Să se arate că elementul neutru al legii de compoziţie ‘ {circ} ’ este 4.
b) Să se determine a, b in bbZ astfel încât între inelele (bbZ, {star} , {circ}) şi (bbZ,+, {cdot}) să existe un izomorfism de forma f: bbZ right bbZ, f(x)=ax+b .
c) Să se rezolve în mulţimea bbZ ecuaţia ${x{circ}x{circ}...{circ}x}under{de ~ 2009 ~ ori}=2^{2009}+3$ .
Rezolvare: a) Numărul 4 in bbZ este element neutru al legii de compoziţie ‘ {circ} ’ dacă şi numai dacă
4 {circ} x=x {circ} 4=x, forall x in bbZ{doubleleftright}
4x-3{cdot}4-3x+12=x {cdot} 4-3x-3{cdot}4+12=x, forall x in bbZ{doubleleftright}
x=x, forall x in bbZ , (A).
Deci, numărul întreg 4 este element neutru pentru legea de compoziţie ‘ {circ} ’.
b) Funcţia f: bbZ right bbZ, f(x)=ax+b este un izomorfism între inelele (bbZ, {star}, {circ}) şi (bbZ,+, {cdot}) dacă şi numai dacă:
a {} 0 (adică f este bijectivă)
şi
delim{lbrace}{matrix{2}{1}{{F(x{star}y)=f(x)+f(y), forall x, y in bbZ} {f(x {circ} y)=f(x) {cdot} f(y), forall x, y in bbZ}}}{} .
Atunci

$delim{lbrace}{matrix{2}{1}{{a(x+y-3)+b=a(x+y)+2b, forall x, y in bbZ} {a(xy-3x-3y+12)+b=a^{2}xy+ab(x+y)+b^{2}, forall x, y in bbZ}}}{}{doubleleftright}$
$delim{lbrace}{matrix{2}{1}{{3a+b=0, forall x, y in bbZ} {xy(a^{2}-a)+x(ab+3a)+y(ab+3a)+b^{2}-b-12a=0, forall x, y in bbZ}}}{}{doubleleftright}$
$delim{lbrace}{matrix{4}{1}{{3a+b=0} {a^{2}-a=0} {ab+3a=0} {b^{2}-b-12a=0}}}{}{doubleleftright}$
a=b=0 sau a=1, b=-3 in bbZ .
Dar cum a {} 0 , rezultă că pentru există un izomorfism între cele două inele, dat de legea f(x)=x-3, forall x in bbZ .
c) Ecuaţia
${x {circ} x {circ} ... {circ} x}under{de ~ 2009 ~ ori}=2^{2009}+3$
este echivalentă, dacă ţinem seama că f este un izomorfism de inele, cu:
$f({x {circ} x {circ} ... {circ} x}under{de ~ 2009 ~ ori})=f(2^{2009}+3){doubleleftright}$
${f(x){cdot}f(x){cdot} ... {cdot} f(x)}under{de ~ 2009 ~ ori})=f(2^{2009}+3){doubleleftright}$
$[f(x)]^{2009}=2^{2009}+3-3{doubleleftright}$
$(x-3)^{2009}=2^{2009}{doubleleftright}$
x-3=2{doubleleftright}
x=5 in bbZ .

Subiectul III
1. Se consideră funcţia $f:(0; ~ {+infty}) right bbR, f(x)=18x^{2}- ln {x}$ .
a) Să se determine intervalele de monotonie ale funcţiei f.
b) Să se determine a in bbR pentru care f(x) {>=} a, forall x in (0; ~ {+infty}) .
c) Să se determine numărul de rădăcini reale ale ecuaţiei f(x)=m , unde m este un parametru real.
Rezolvare:
a) Funcţia f este derivabilă pe şi
$f'(x)=18 {cdot} 2 {cdot} x- 1/x=36x- 1/x={36x^{2}-1}/x, forall x in (0; ~ {+infty})$ .
Avem
I. f'(x)<0, forall x in (0;1/6) ;
II. f'(x)>0, forall x in (1/6; ~ {+infty}) ;
III. f'(1/6)=0 .
Prin urmare, funcţia f este strict descrescătoare pe intervalul (0;1/6) şi strict crescătoare pe intervalul .
b) În plus, avem:
$lim {x right 0, x>0}{f(x)}= lim {x right 0, x>0}{(18x^{2}- ln {x})}= {+infty}$ ;
iar
(*) $lim {x right infty}{f(x)}= lim {x right infty}{(18x^{2}- ln {x})}= lim {x right infty}{x^{2}(18-{ln {x}}/x^{2})}$ .
Aplicând teorema lui l’Hopital, obţinem:
$lim {x right infty}{{ln {x}}/x^{2}}= lim {x right infty}{{1/x}/{2x}}= lim {x right infty}{1/{2x^{2}}}=0$ .
Cu aceasta, revenind la calculul limitei (*), obţinem
lim {x right infty}{f(x)}= {+infty} {cdot} (18-0)= {+infty} .
Rezumând cele de mai sus, rezultă că
f(x) {>=} f(1/6), forall x in (0; ~ {+infty}) .
Întrucât
$f(1/6)=18 {cdot} (1/6)^{2}- ln {1/6}=1/2+ ln {6}={2 ln {6}+1}/2$
rezultă că pentru orice a {=} a, forall x in (0; ~ {+infty}) .
Deci, a in ({-infty}; ~ {2 ln {6}+1}/2] .

Tabloul de variaţie al funcţiei f este:

{tabular{0100}{0100000}{{~} {0} {~} {1/6} {~} {+infty} {f'(x)} {delim{|}{~}{}} {-} {0} {+} {~} {f(x)} {delim{|}{+infty}{}} {searrow} {{2 ln {6}+1}/2} {nearrow} {+infty}}}

c) Analizând tabloul de variaţie al funcţiei f, rezultă că:
I. Pentru m<{2 ln {6}+1}/2 ecuaţia f(x)=m nu are soluţii reale;
II. Pentru m={2 ln {6}+1}/2 ecuaţia f(x)=m are o soluţie dublă, pe x=1/6 ;
III. Pentru m>{2 ln {6}+1}/2 ecuaţia f(x)=m are două soluţii reale.

2. Se consideră funcţiile $f_{a}: bbR right bbR, f_{a}(x)=1/{delim{|}{x-a}{|}+3}$ , unde a in bbR .
a) Să se arate că pentru orice , funcţia $f_{a}$ are primitive strict crescătoare pe bbR .
b) Să se calculeze $int {0}{3}{f_{2}(x)}{dx}$ .
c) Să se calculeze $lim {a right infty}{int {0}{3}{f_{a}(x)}{dx}}$ .
Rezolvare:
a) Pentru orice , funcţia $f_{a}$ este continuă pe bbR , ca funcţie care se obţine în urma unor operaţii cu funcţii elementare, cum ar fi compunerea, adunarea sau raportul a două funcţii. Prin urmare, această funcţie admite primitive pe bbR . Întrucât funcţia $f_{a}$ este strict pozitivă pe bbR , toate primitivele acestei funcţii sunt strict crescătoare pe bbR .
b) Avem:
$int {0}{3}{f_{2}(x)}{dx}=$
= int {0}{3}{1/{delim{|}{x-2}{|}+3}}{dx}=
= int {0}{2}{1/{delim{|}{x-2}{|}+3}}{dx}+ int {2}{3}{1/{delim{|}{x-2}{|}+3}}{dx}=
= int {0}{2}{1/{2-x+3}}{dx}+ int {2}{3}{1/{x-2+3}}{dx}=
= int {0}{2}{1/{-x+5}}{dx}+ int {2}{3}{1/{x+1}}{dx}=
=[- ln {(-x+5)}] delim{|}{{{~}under{0}}over{2}}{} + [ln {(x+1)}] delim{|}{{{~}under{2}}over{3}}{}=
=(- ln {3}+ ln {5})+(ln {4}- ln {3})=-2 ln {3}+ ln {5}+ ln {4}=- ln {9}+ ln {20}= ln {20/9} .
c) În cazul acestei limite, putem evident presupune că a>3. Atunci avem:
$int {0}{3}{f_{a}(x)}{dx}=$
= int {0}{3}{1/{delim{|}{x-a}{|}+3}}{dx}=
= int {0}{3}{1/{a-x+3}}{dx}=
= int {0}{3}{1/{-x+a+3}}{dx}=
=[- ln {(-x+a+3)}] delim{|}{{{~}under{0}}over{3}}{}=
=- ln {a}+ ln {(a+3)}= ln {({a+3}/a)} .
Aşadar
$lim {a right infty}{int {0}{3}{f_{a}(x)}{dx}=$
= lim {a right infty}{ln {({a+3}/a)}}=
= lim {a right infty}{ln {(1+3/a)}}= ln {1}=0 .

Ultima actualizare ( Luni, 04 Aprilie 2011 18:58 )

Logicus - probleme de logică și perspicacitate

www.anjo.ro - magazin virtual de produse pentru nevăzători

Magazin virtual de produse pentru nevazatori