Subiect Bac matematică pedagogic, model 2022 — rezolvat pas cu pas

Toate probele de la pedagogic din 2022 · Toate subiectele Bac pedagogic 2013–2026

Disciplina: Matematică · Clasa a XII-a · Unitatea: Subiecte oficiale de Bacalaureat pedagogic

Exerciții

Partea I – Subiectul I (30 de puncte)

Fiecare dintre cele șase cerințe valorează 5 puncte.

Exercițiul 1 (5 puncte)

Arătați că $3 (2 - 3) + 3 = 12$ .

Exercițiul 2 (5 puncte)

Se consideră funcțiile $f : R \to R$ , $f (x) = x + 1$ și $g : R \to R$ , $g (x) = 2 x - 1$ . Determinați numerele naturale $a$ pentru care $f (a) > g (a)$ .

Exercițiul 3 (5 puncte)

Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația $3^{x + 2} \cdot 2^{x + 1} + 2 \cdot 6^{x} = 120$ .

Exercițiul 4 (5 puncte)

Determinați probabilitatea ca, alegând un număr $n$ din mulțimea numerelor naturale nenule mai mici decât $114$ , acesta să fie divizibil cu $4$ .

Exercițiul 5 (5 puncte)

Determinați numărul real $a$ , știind că punctul $M (a, 15)$ aparține dreptei $d$ de ecuație $y = 3 x + 2 a$ .

Exercițiul 6 (5 puncte)

Se consideră triunghiul $A B C$ dreptunghic în $A$ , cu $A B = 3$ , $A C = 4$ și înălțimea $A D$ , unde punctul $D$ aparține laturii $B C$ . Arătați că $sin ∢ B A D = \frac{3}{5}$ .

Partea II – Subiectul al II-lea (30 de puncte)

Fiecare dintre cele șase cerințe valorează 5 puncte.

Pe mulțimea numerelor reale se definește legea de compoziție asociativă $x \circ y = 2 x y - x - y + 1$ .

1. (5 puncte) Arătați că $(- 1) \circ (- 1) = 5$ .

2. (5 puncte) Demonstrați că $x \circ y = 2 (x - \frac{1}{2}) (y - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2}$ , pentru orice numere reale $x$ și $y$ .

3. (5 puncte) Arătați că $e = 1$ este elementul neutru al legii de compoziție „ $\circ$ ”.

4. (5 puncte) Arătați că $x \circ \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \circ x = \frac{1}{2}$ , pentru orice număr real $x$ .

5. (5 puncte) Calculați $\frac{1}{3} \circ \frac{2}{4} \circ \frac{3}{5} \circ \dots \circ \frac{2020}{2022}$ .

6. (5 puncte) Determinați numărul real strict pozitiv $x$ , pentru care $(lo g_{2} x + \frac{1}{2}) \circ (lo g_{3} x + \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$ .

Partea III – Subiectul al III-lea (30 de puncte)

Fiecare dintre cele șase cerințe valorează 5 puncte.

Se consideră matricele $I_{2} = (1001)$ , $A = (0220)$ și $M (a) = (a 2 2 a)$ , unde $a$ este număr real.

1. (5 puncte) Arătați că $A \cdot A = 4 I_{2}$ .

2. (5 puncte) Arătați că $a I_{2} + A = M (a)$ , pentru orice număr real $a$ .

3. (5 puncte) Arătați că $M (2) \cdot M (4) = 6 M (2)$ .

4. (5 puncte) Determinați perechile $(a, b)$ de numere naturale pentru care $M (a) \cdot M (b) = 7 \cdot I_{2} + 4 \cdot A$ .

5. (5 puncte) Determinați numărul natural $k$ pentru care $det (M (k + 2)) \leq 0$ .

6. (5 puncte) Determinați numărul real $a$ , $a < - 2$ , știind că inversa matricei $M (a)$ este matricea $M (a) - 2 \cdot A$ .

Barem și răspunsuri

Cele 18 cerințe se rezolvă în câte două etape, cu o excepție: la a patra cerință a Subiectului I baremul are trei rânduri (2 p, 2 p și 1 p). Mărimea fiecărei etape este îngroșată în dreptul ei, iar rezultatele finale sunt scrise îngroșat. Ordinea etapelor este cea a foii oficiale.

Exercițiul 1. (5 p) — egalitate cu radicali.

Paranteza se desface: $3 (2 - 3) = 23 - 3 \cdot 3 = 23 - 3$ , deci $3 (2 - 3) + 3 = 23 - 3 + 3 = 23 (3 p) .$ Din $12 = 4 \cdot 3$ rezultă $12 = 4 \cdot 3 = 23$ , așadar $3 (2 - 3) + 3 = 12$ (2 p).

Exercițiul 2. (5 p) — o inegalitate între valori de funcții.

Se înlocuiesc $f (a) = a + 1$ și $g (a) = 2 a - 1$ în condiție: $a + 1 > 2 a - 1 (2 p) .$ Termenii cu $a$ se strâng într-o parte: $1 + 1 > 2 a - a$ , adică $2 > a$ , deci $a < 2$ . Numerele naturale strict mai mici decât $2$ sunt $0$ și $1$ ; pentru valoarea $2$ a lui $a$ ambele părți ale inegalității au valoarea $3$ , iar inegalitatea este strictă. Răspunsul: $a \in {0, 1}$ (3 p).

Exercițiul 3. (5 p) — ecuație exponențială.

Puterea $3^{x + 2}$ este $3^{x}$ înmulțit cu $3^{2}$ , iar $2^{x + 1}$ este $2^{x}$ înmulțit cu $2$ ; puterile $3^{x}$ și $2^{x}$ au același exponent, deci produsul lor are baza $3 \cdot 2 = 6$ și exponentul $x$ . Ecuația devine $3^{x} \cdot 3^{2} \cdot 2^{x} \cdot 2 + 2 \cdot 6^{x} = 120$ , adică $18 \cdot 6^{x} + 2 \cdot 6^{x} = 120$ , deci $20 \cdot 6^{x} = 120 (3 p) .$ Împărțind la $20$ se obține $6^{x} = 6 = 6^{1}$ , iar funcția exponențială este injectivă, deci $x = 1$ (2 p).

Exercițiul 4. (5 p) — probabilitate cu multipli ai lui $4$ .

Mulțimea din enunț este ${1, 2, \dots, 113}$ și are $113$ de elemente; avem deci $113$ cazuri posibile (2 p). Dintre ele sunt divizibile cu $4$ numerele $4 \cdot 1, 4 \cdot 2, \dots, 4 \cdot 28 = 112$ ; următorul multiplu, $4 \cdot 29 = 116$ , depășește $113$ . Sunt deci $28$ de cazuri favorabile (2 p). Probabilitatea se obține împărțind cazurile favorabile la cele posibile: $p = \frac{28}{113}$ (1 p).

Exercițiul 5. (5 p) — un punct pe o dreaptă cu parametru.

Punctul $M (a, 15)$ are abscisa $a$ și ordonata $15$ ; el aparține dreptei $y = 3 x + 2 a$ când aceste coordonate verifică ecuația: $15 = 3 a + 2 a (3 p) .$ Rămâne $15 = 5 a$ , deci $a = 3$ (2 p).

Exercițiul 6. (5 p) — sinusul unui unghi într-un triunghi dreptunghic.

În triunghiul dreptunghic $A B C$ , ipotenuza este $B C$ și $B C = A B^{2} + A C^{2} = 9 + 16 = 5$ . Înălțimea $A D$ cade pe ipotenuză, iar $B D$ este proiecția catetei $A B$ pe ea; teorema catetei dă $A B^{2} = B D \cdot B C$ , adică $9 = B D \cdot 5$ și $B D = \frac{9}{5} (3 p) .$ În triunghiul $A B D$ , dreptunghic în $D$ , latura opusă unghiului $∢ B A D$ este $B D$ , iar ipotenuza este $A B$ . Prin urmare $sin ∢ B A D = \frac{B D}{A B} = \frac{9}{5} \cdot \frac{1}{3} = \frac{3}{5}$ (2 p).

Subiectul al II-lea · cerința 1 (5 p) — lege de compoziție: valoarea ei pe o pereche.

Se înlocuiesc $x = - 1$ și $y = - 1$ în definiția $x \circ y = 2 x y - x - y + 1$ : $(- 1) \circ (- 1) = 2 \cdot (- 1) \cdot (- 1) - (- 1) - (- 1) + 1 (2 p) .$ Termenii sunt $2 \cdot (- 1) \cdot (- 1) = 2$ , $- (- 1) = 1$ , încă o dată $- (- 1) = 1$ și $1$ , deci rezultatul este $2 + 1 + 1 + 1 = 5$ (3 p).

Subiectul al II-lea · cerința 2 (5 p) — lege de compoziție: o formă cu paranteze.

Termenul liber $1$ se scrie $\frac{1}{2} + \frac{1}{2}$ , iar termenii se grupează: $2 x y - x = 2 x (y - \frac{1}{2})$ și $- y + \frac{1}{2} = - (y - \frac{1}{2})$ . Rezultă $x \circ y = 2 x y - x - y + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 2 x (y - \frac{1}{2}) - (y - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2} (3 p) .$ Factorul $y - \frac{1}{2}$ se scoate în față: $(y - \frac{1}{2}) (2 x - 1) + \frac{1}{2}$ , iar $2 x - 1 = 2 (x - \frac{1}{2})$ . Așadar, pentru orice numere reale $x$ și $y$ , $x \circ y = 2 (x - \frac{1}{2}) (y - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2}$ (2 p).

Subiectul al II-lea · cerința 3 (5 p) — lege de compoziție: elementul neutru.

Neutrul $e$ trebuie să verifice $x \circ e = e \circ x = x$ pentru orice $x$ . Cu $e = 1$ și forma $x \circ y = 2 (x - \frac{1}{2}) (y - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2}$ : $x \circ 1 = 2 (x - \frac{1}{2}) (1 - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2} = x - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = x (2 p),$ pentru orice $x$ real, căci $2 \cdot \frac{1}{2} = 1$ . În cealaltă ordine, $1 \circ x = 2 (1 - \frac{1}{2}) (x - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2} = x - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = x$ , de asemenea pentru orice $x$ real. Cele două egalități se verifică amândouă, deci $e = 1$ joacă rolul de neutru pentru legea „ $\circ$ ” (3 p).

Subiectul al II-lea · cerința 4 (5 p) — lege de compoziție: elementul care absoarbe.

Cu forma cu paranteze, pentru orice $x$ real: $x \circ \frac{1}{2} = 2 (x - \frac{1}{2}) (\frac{1}{2} - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} (2 p),$ pentru că al doilea factor este $0$ . Analog, $\frac{1}{2} \circ x = 2 (\frac{1}{2} - \frac{1}{2}) (x - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ , deoarece acum primul factor este $0$ . Ambele compuneri dau $\frac{1}{2}$ pentru orice $x$ real, deci $x \circ \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \circ x = \frac{1}{2}$ (3 p).

Subiectul al II-lea · cerința 5 (5 p) — lege de compoziție: o compunere lungă.

Legea este asociativă (așa spune enunțul), deci parantezele se pun oricum. Al doilea operand, $\frac{2}{4}$ , este egal cu $\frac{1}{2}$ . Când un operand este $\frac{1}{2}$ , factorul corespunzător din forma $2 (x - \frac{1}{2}) (y - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2}$ este $0$ și rezultatul este $\frac{1}{2}$ , oricare ar fi celălalt operand. Grupând primii doi operanzi: $\frac{1}{3} \circ \frac{2}{4} \circ \frac{3}{5} \circ \dots \circ \frac{2020}{2022} = (\frac{1}{3} \circ \frac{1}{2}) \circ \frac{3}{5} \circ \dots \circ \frac{2020}{2022} (2 p) .$ Aici $\frac{1}{3} \circ \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ , iar expresia devine $\frac{1}{2} \circ (\frac{3}{5} \circ \dots \circ \frac{2020}{2022})$ . Paranteza este un număr real, iar $\frac{1}{2}$ ca prim operand dă $\frac{1}{2}$ . Rezultatul este $\frac{1}{2}$ (3 p).

Subiectul al II-lea · cerința 6 (5 p) — lege de compoziție: ecuație cu logaritmi.

Pentru $x > 0$ logaritmii există. Cu forma $u \circ v = 2 (u - \frac{1}{2}) (v - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2}$ , operanzii $u = lo g_{2} x + \frac{1}{2}$ și $v = lo g_{3} x + \frac{1}{2}$ dau $u - \frac{1}{2} = lo g_{2} x$ și $v - \frac{1}{2} = lo g_{3} x$ , deci $(lo g_{2} x + \frac{1}{2}) \circ (lo g_{3} x + \frac{1}{2}) = 2 lo g_{2} x \cdot lo g_{3} x + \frac{1}{2} (3 p) .$ Ecuația este $2 lo g_{2} x \cdot lo g_{3} x + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ , adică $lo g_{2} x \cdot lo g_{3} x = 0$ . Produsul se anulează numai când un factor este nul: $lo g_{2} x = 0$ dă $x = 2^{0} = 1$ , iar $lo g_{3} x = 0$ dă $x = 3^{0} = 1$ . În ambele cazuri $x = 1$ , număr strict pozitiv, deci $x = 1$ este soluția, care convine (2 p).

Subiectul al III-lea · cerința 1 (5 p) — matrice: un produs egal cu multiplu al lui $I_{2}$ .

Elementele produsului se obțin înmulțind liniile primului factor cu coloanele celui de-al doilea: $A \cdot A = (0 \cdot 0 + 2 \cdot 2 2 \cdot 0 + 0 \cdot 2 0 \cdot 2 + 2 \cdot 0 2 \cdot 2 + 0 \cdot 0) = (4004) (3 p) .$ Pe de altă parte, $4 I_{2} = 4 \cdot (1001) = (4004)$ , deci $A \cdot A = 4 I_{2}$ (2 p).

Subiectul al III-lea · cerința 2 (5 p) — matrice: scrierea lui $M (a)$ .

Scalarul $a$ înmulțește fiecare element al lui $I_{2}$ : $a I_{2} = a \cdot (1001) = (a 0 0 a)$ . Atunci $a I_{2} + A = (a 0 0 a) + (0220) (3 p) .$ Adunarea se face pe elemente: $(a + 0 0 + 2 0 + 2 a + 0) = (a 2 2 a) = M (a)$ , pentru orice $a$ real (2 p).

Subiectul al III-lea · cerința 3 (5 p) — matrice: un produs de două matrice din familie.

Se folosește $M (a) = a I_{2} + A$ , deci $M (2) = 2 I_{2} + A$ și $M (4) = 4 I_{2} + A$ , precum și $A \cdot A = 4 I_{2}$ (elementele produsului $A \cdot A$ sunt $0 \cdot 0 + 2 \cdot 2 = 4$ , $0 \cdot 2 + 2 \cdot 0 = 0$ , $2 \cdot 0 + 0 \cdot 2 = 0$ și $2 \cdot 2 + 0 \cdot 0 = 4$ ). Matricea $I_{2}$ lasă neschimbată orice matrice cu care se înmulțește. Atunci $M (2) \cdot M (4) = (2 I_{2} + A) (4 I_{2} + A) = 8 I_{2} + 2 A + 4 A + A \cdot A = 8 I_{2} + 6 A + 4 I_{2} (3 p) .$ Termenii cu $I_{2}$ se adună, $8 I_{2} + 4 I_{2} = 12 I_{2}$ , iar $12 I_{2} + 6 A = 6 (2 I_{2} + A) = 6 \cdot M (2)$ (2 p).

Subiectul al III-lea · cerința 4 (5 p) — matrice: perechi de numere naturale.

Produsul se face linie cu coloană: $M (a) \cdot M (b) = (a 2 2 a) \cdot (b 2 2 b) = (ab + 4 2 b + 2 a 2 a + 2 b 4 + ab) = (ab + 4) I_{2} + (a + b) A = 7 \cdot I_{2} + 4 \cdot A (3 p) .$ Matricea $7 \cdot I_{2} + 4 \cdot A$ este $(7887)$ , deci egalitatea cere $ab + 4 = 7$ și $2 a + 2 b = 8$ , adică $ab = 3$ și $a + b = 4$ . Numerele naturale cu suma $4$ formează perechile $(0, 4)$ , $(1, 3)$ , $(2, 2)$ , $(3, 1)$ și $(4, 0)$ , cu produsele $0$ , $3$ , $4$ , $3$ și $0$ ; produsul $3$ îl au doar $(1, 3)$ și $(3, 1)$ . Perechile căutate sunt $(1, 3)$ și $(3, 1)$ (2 p).

Subiectul al III-lea · cerința 5 (5 p) — matrice: un determinant nepozitiv.

Pentru $M (k + 2) = (k + 2 2 2 k + 2)$ determinantul este $det (M (k + 2)) = (k + 2)^{2} - 2 \cdot 2 = k^{2} + 4 k + 4 - 4 = k^{2} + 4 k (3 p) .$ Inegalitatea $k^{2} + 4 k \leq 0$ se scrie $k (k + 4) \leq 0$ . Cum $k$ este natural, $k + 4 > 0$ , deci produsul este nepozitiv numai dacă $k \leq 0$ , adică $k = 0$ . Pentru orice număr natural nenul $k$ , produsul $k (k + 4)$ este pozitiv. Singura valoare naturală este $k = 0$ (2 p).

Subiectul al III-lea · cerința 6 (5 p) — matrice: inversa unei matrice din familie.

Scăzând $2 A = (0440)$ element cu element: $M (a) - 2 A = (a 2 2 a) - (0440) = (a - 2 - 2 a) (2 p) .$ Matricea $M (a) - 2 A$ este inversa lui $M (a)$ când produsul lor, în ambele ordini, este $I_{2}$ . Produsul este $M (a) \cdot (a - 2 - 2 a) = (a \cdot a + 2 \cdot (- 2) 2 \cdot a + a \cdot (- 2) a \cdot (- 2) + 2 \cdot a 2 \cdot (- 2) + a \cdot a) = (a^{2} - 4 0 0 a^{2} - 4)$ ; în ordinea inversă, $(a - 2 - 2 a) \cdot M (a)$ are aceleași elemente: $a \cdot a + (- 2) \cdot 2 = a^{2} - 4$ pe diagonală și $a \cdot 2 + (- 2) \cdot a = 0$ în rest. Egalitatea cu $I_{2}$ cere $a^{2} - 4 = 1$ , adică $a^{2} = 5$ . Rezultă $a = 5$ sau $a = - 5$ . Fiindcă $5 > 4$ , avem $5 > 2$ și $- 5 < - 2$ ; condiția $a < - 2$ o păstrează numai pe $- 5$ . Deci $a = - 5$ (3 p).

Pentru părinți și profesori

Aici se găsește rezolvarea modelului de subiect pe care ministerul l-a publicat pentru proba E. c) de matematică M_pedagogic de la Bacalaureatul din 2022 (specializarea învățător-educatoare). Modelul vine din arhiva modelelor de subiecte a ministerului; el nu a fost dat într-o sesiune de examen. Timpul de lucru prevăzut este de trei ore, iar foaia are 18 cerințe de câte 5 puncte, adică 90 de puncte. Se acordă 10 puncte din oficiu. Enunțurile sunt cele oficiale; soluțiile aparțin Matepolis și urmează rândurile punctate ale baremului.

Despre acest model. Subiectul I conține șase cerințe independente: o egalitate cu radicali, o inegalitate între două funcții de gradul întâi, o ecuație exponențială cu puteri de $3$ , $2$ și $6$ , o probabilitate în mulțimea numerelor mai mici decât $114$ , un punct de pe o dreaptă cu parametru și un sinus într-un triunghi dreptunghic cu înălțime. Problema din Subiectul al II-lea folosește legea asociativă $x \circ y = 2 x y - x - y + 1$ , la care se ajunge la forma $2 (x - \frac{1}{2}) (y - \frac{1}{2}) + \frac{1}{2}$ ; ea cuprinde un element neutru, un element care „absoarbe” tot (jumătatea), o compunere lungă și o ecuație cu logaritmi. Problema din Subiectul al III-lea se sprijină pe matricea $A$ cu $A \cdot A = 4 I_{2}$ și pe familia $M (a) = a I_{2} + A$ .

Pe clase. După programa de examen M_pedagogic (OMEN 4430/2014), funcțiile de gradul întâi și triunghiul dreptunghic cu sinusul unghiului sunt în clasa a IX-a. Clasa a X-a cuprinde radicalii, ecuațiile exponențiale și logaritmice și probabilitatea. Legile de compoziție se studiază în clasa a XI-a, iar matricele, determinanții și matricele inversabile, în clasa a XII-a. Pentru legea de compoziție, merită recitită lecția Bac tehnologic: asociativă, comutativă, neutru.

Atenție la.

Exercițiul 2: inegalitatea este strictă; pentru valoarea $2$ a lui $a$ ambele părți au valoarea $3$ , deci $2$ nu este soluție.
Exercițiul 3: produsul $3^{x + 2} \cdot 2^{x + 1}$ este $18 \cdot 6^{x}$ și nu o putere a lui $6$ cu exponenții adunați; pentru $x = 1$ produsul este $108$ , iar adunarea exponenților $3$ și $2$ ar da $6^{5} = 7776$ .
Exercițiul 4: mulțimea din enunț are $113$ de elemente, nu $114$ ; ultimul multiplu al lui $4$ dintre ele este $4 \cdot 28 = 112$ , deoarece $4 \cdot 29 = 116$ .
Exercițiul 6: lungimea $B D$ nu este înălțimea; înălțimea $A D$ este $\frac{12}{5}$ , iar proiecțiile catetelor pe ipotenuză, $B D$ și $C D$ , au suma $B C = 5$ .
Cerința II.4: numărul $\frac{1}{2}$ nu este neutru: compus cu orice $x$ , el dă $\frac{1}{2}$ , nu pe $x$ ; de pildă $3 \circ \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ .
Cerința II.6: logaritmii au sens numai pentru $x > 0$ ; pentru $x = 1$ avem $lo g_{2} 1 = 0$ și $lo g_{3} 1 = 0$ .
Cerința III.3: în dezvoltarea $(2 I_{2} + A) (4 I_{2} + A)$ termenii cu $A$ se adună, $2 A + 4 A = 6 A$ , iar $A \cdot A = 4 I_{2}$ se adaugă la $8 I_{2}$ .
Cerința III.4: dintre perechile de numere naturale cu suma $4$ , adică $(0, 4)$ , $(1, 3)$ , $(2, 2)$ , $(3, 1)$ și $(4, 0)$ , produsul $3$ îl au numai $(1, 3)$ și $(3, 1)$ ; perechea $(2, 2)$ dă produsul $4$ .
Cerința III.5: pentru $k = 1$ expresia $k^{2} + 4 k$ este $5$ , pozitivă, deci numai $k = 0$ convine.
Cerința III.6: din $a^{2} = 5$ ies $5$ și $- 5$ ; fiindcă $5 > 2$ , condiția $a < - 2$ o păstrează numai pe $- 5$ .

Cine este cine. Litera $a$ are roluri diferite: în a doua cerință este numărul natural căutat; în a cincea, coordonata necunoscută a punctului $M$ și parametrul dreptei. În problema cu legea de compoziție, $x$ și $y$ sunt numere reale oarecare, cu o excepție: în ultima cerință $x$ este necunoscuta, număr real strict pozitiv. În problema cu matrice, $M (a)$ este o familie cu $a$ real; la cerința cu perechile, $a$ și $b$ sunt numere naturale căutate; $k$ este numărul natural căutat din cerința cu determinantul; în ultima cerință, $a$ este numărul real căutat, cu $a < - 2$ .