Subiect Bac matematică pedagogic, iunie 2024 (varianta 10) — rezolvat pas cu pas

Toate probele de la pedagogic din 2024 · 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)

Se consideră progresia geometrică $(b_{n})_{n \geq 1}$ cu $b_{1} = 4$ și $b_{2} = 8$ . Calculați $b_{3}$ .

Exercițiul 2 (5 puncte)

Se consideră funcția $f : R \to R$ , $f (x) = 7 x + 2$ . Determinați numărul real $a$ pentru care $f (a) = 9$ .

Exercițiul 3 (5 puncte)

Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația $lo g_{2} (2 x + 3) = lo g_{2} (3 x + 1)$ .

Exercițiul 4 (5 puncte)

După o scumpire cu $25%$ , prețul unui obiect a crescut cu $50$ de lei. Determinați prețul obiectului înainte de scumpire.

Exercițiul 5 (5 puncte)

În reperul cartezian $x O y$ se consideră punctele $A (0, 4)$ , $B (8, 4)$ și $C (4, 0)$ . Demonstrați că $B M = C M$ , unde punctul $M$ este mijlocul segmentului $A B$ .

Exercițiul 6 (5 puncte)

Se consideră triunghiul $A B C$ , dreptunghic în $A$ , cu $A B = 12$ și $B C = 13$ . Arătați că perimetrul triunghiului $A B C$ este egal cu $30$ .

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

Fiecare dintre cele șase cerințe valorează 5 puncte.

Pe mulțimea $M = (0, + \infty)$ se definește legea de compoziție $x \circ y = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + 1$ .

1. (5 puncte) Arătați că $1 \circ 1 = 3$ .

2. (5 puncte) Determinați $x \in M$ pentru care $x \circ x = 2$ .

3. (5 puncte) Arătați că legea de compoziție „ $\circ$ ” este comutativă.

4. (5 puncte) Determinați $x \in M$ pentru care $x \circ \frac{1}{x} = 3$ .

5. (5 puncte) Determinați numerele naturale $n$ pentru care $(n + 1) \circ (n + 1)$ este număr natural.

6. (5 puncte) Determinați $x \in (1, + \infty)$ pentru care $(lo g_{2} x) \circ (lo g_{x} 2) = \frac{7}{2}$ .

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

Fiecare dintre cele șase cerințe valorează 5 puncte.

Se consideră matricele $I_{2} = (1001)$ și $A (a) = (a + 2 2 2 a - 6)$ , unde $a$ este număr real.

1. (5 puncte) Arătați că $det (A (6)) = - 4$ .

2. (5 puncte) Arătați că $A (3) \cdot A (1) = 19 I_{2}$ .

3. (5 puncte) Demonstrați că $A (a) + A (- a) = 2 A (0)$ , pentru orice număr real $a$ .

4. (5 puncte) Determinați numărul real $a$ pentru care $det (A (a)) = - 20$ .

5. (5 puncte) Determinați numerele reale $a$ pentru care $A (a^{2}) - A (a) = 2 I_{2}$ .

6. (5 puncte) Determinați numerele reale $x$ și $y$ pentru care $A (- 1) \cdot (x y) = (- 1 9)$ .

Barem și răspunsuri

Rezolvările de mai jos sunt împărțite pe rândurile foii de evaluare; la sfârșitul fiecărui rând apare, îngroșat, numărul lui de puncte. Cele 18 cerințe a câte 5 puncte dau 90, iar adăugând oficiul de 10 puncte se ajunge la 100.

Exercițiul 1. (5 p) — progresie geometrică: al treilea termen.

Într-o progresie geometrică, câtul dintre orice termen și predecesorul său are aceeași valoare; ea se numește rația progresiei și se notează $q$ . Cu primii doi termeni, $q = \frac{b _{2}}{b _{1}} = \frac{8}{4} = 2 (3 p) .$ Pentru a trece de la $b_{2}$ la $b_{3}$ se înmulțește cu rația, deci $b_{3} = b_{2} \cdot q = 8 \cdot 2 = 16$ (2 p).

Exercițiul 2. (5 p) — valoarea funcției într-un punct dat prin ecuație.

Formula funcției se aplică numărului $a$ în locul lui $x$ : $f (a) = 7 a + 2 (2 p) .$ Condiția $f (a) = 9$ înseamnă $7 a + 2 = 9$ , deci $7 a = 7$ și $a = 1$ (3 p). Proba: $f (1) = 7 + 2 = 9$ .

Exercițiul 3. (5 p) — ecuație logaritmică: argumente egale.

Logaritmul în baza $2$ atinge fiecare valoare într-un singur punct; de aceea, dacă doi logaritmi în această bază sunt egali, argumentele lor coincid: $2 x + 3 = 3 x + 1 (3 p) .$ Trecând pe $x$ în stânga și numerele în dreapta, $2 x - 3 x = 1 - 3$ , adică $- x = - 2$ și $x = 2$ . Un logaritm există numai pentru argument strict pozitiv; la $x = 2$ cele două argumente sunt $2 \cdot 2 + 3 = 7$ și $3 \cdot 2 + 1 = 7$ , deci valoarea găsită este acceptabilă și $x = 2$ convine (2 p).

Exercițiul 4. (5 p) — procente: creșterea cunoscută în lei.

Notăm prețul inițial cu $x$ lei. Scumpirea cu $25%$ adaugă $\frac{25}{100} \cdot x$ , iar enunțul precizează că suma adăugată este de $50$ de lei: $\frac{25}{100} \cdot x = 50 (3 p) .$ Cum $\frac{25}{100} = \frac{1}{4}$ , avem $\frac{x}{4} = 50$ , de unde $x = 200$ de lei (2 p). Proba: $\frac{200}{4} = 50$ , iar după scumpire obiectul costă $250$ de lei.

Exercițiul 5. (5 p) — mijlocul unui segment și lungimi în reper.

Mijlocul unui segment are drept coordonate jumătățile sumelor coordonatelor capetelor: $x_{M} = \frac{0 + 8}{2} = 4$ și $y_{M} = \frac{4 + 4}{2} = 4$ , deci $M (4, 4) (2 p) .$ Lungimea unui segment este rădăcina sumei pătratelor diferențelor de coordonate ale capetelor: $B M = (8 - 4)^{2} + (4 - 4)^{2} = 16 = 4, C M = (4 - 4)^{2} + (0 - 4)^{2} = 16 = 4.$ Lungimile fiind egale, $BM = CM$ (3 p).

Exercițiul 6. (5 p) — triunghi dreptunghic: perimetrul.

Unghiul drept este în $A$ , așa că ipotenuza este latura care i se opune, $B C = 13$ , iar $A B = 12$ este catetă. Teorema lui Pitagora scrie $B C^{2} = A B^{2} + A C^{2}$ , deci $A C^{2} = 1 3^{2} - 1 2^{2} = 169 - 144 = 25 ș i A C = 25 = 5 (3 p) .$ Perimetrul însumează laturile: $A B + B C + A C = 12 + 13 + 5 = 30$ (2 p).

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

Legea adună inversele celor doi operanzi și încă un $1$ . Punând $x = 1$ și $y = 1$ : $1 \circ 1 = \frac{1}{1} + \frac{1}{1} + 1 (3 p) .$ Suma este $1 + 1 + 1 = 3$ (2 p).

Subiectul al II-lea · cerința 2 (5 p) — lege de compoziție: ecuație cu doi operanzi egali.

Fie $x \in M$ , deci $x > 0$ și fracțiile au sens. Punem $x$ pe ambele locuri: $x \circ x = \frac{1}{x} + \frac{1}{x} + 1 = \frac{2}{x} + 1 (3 p) .$ Din $\frac{2}{x} + 1 = 2$ rezultă $\frac{2}{x} = 1$ , adică $x = 2$ . Cum $2 \in (0, + \infty)$ , soluția este bună: $x = 2$ (2 p).

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

Fie $x, y \in M$ oarecare. În $y \circ x$ primul operand este $y$ , iar al doilea este $x$ ; adunarea numerelor reale se poate face în orice ordine, deci $y \circ x = \frac{1}{y} + \frac{1}{x} + 1 = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + 1 (3 p) .$ Ultima expresie este $x \circ y$ . Cele două rezultate coincid pentru toate perechile $x, y \in M$ ; prin urmare operația este comutativă (2 p).

Subiectul al II-lea · cerința 4 (5 p) — lege de compoziție: ecuație cu un operand invers.

Dacă $x \in M$ , atunci și $\frac{1}{x} \in M$ , iar legea se poate aplica perechii $(x, \frac{1}{x})$ . Pe locul al doilea stă $\frac{1}{x}$ , al cărui invers este $x$ ; cu numitorul comun $x$ , $x \circ \frac{1}{x} = \frac{1}{x} + x + 1 = \frac{1 + x ^{2} + x}{x} (2 p) .$ Ecuația $\frac{x ^{2} + x + 1}{x} = 3$ are numitorul $x > 0$ , deci poate fi eliberată de fracție: $x^{2} + x + 1 = 3 x$ , adică $x^{2} - 2 x + 1 = 0$ . Stânga este $(x - 1)^{2}$ , așa că $x = 1$ ; numărul $1$ aparține lui $M$ , deci $x = 1$ convine (3 p).

Subiectul al II-lea · cerința 5 (5 p) — lege de compoziție: valoare număr natural.

Pentru $n$ natural, $n + 1 \geq 1$ , deci $n + 1 \in M$ , iar $(n + 1) \circ (n + 1) = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 1} + 1 = \frac{2}{n + 1} + 1 (2 p) .$ Valoarea $\frac{2}{n + 1} + 1$ este număr natural dacă și numai dacă fracția $\frac{2}{n + 1}$ este număr natural. Într-adevăr, dacă fracția este număr natural, suma ei cu $1$ este tot număr natural; reciproc, dacă suma este număr natural, fracția este diferența a două numere naturale, deci un număr întreg, iar fiind pozitivă ea este număr natural. Fracția $\frac{2}{n + 1}$ este număr natural exact când $n + 1$ se află printre divizorii naturali ai lui $2$ , adică $n + 1 \in {1, 2}$ și $n \in {0, 1}$ . Pentru $n = 0$ legea dă $1 \circ 1 = 3$ , iar pentru $n = 1$ dă $2 \circ 2 = \frac{2}{2} + 1 = 2$ ; ambele sunt naturale. Prin urmare $n = 0$ și $n = 1$ (3 p).

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

Pentru $x > 1$ ambii operanzi sunt pozitivi: $lo g_{2} x > 0$ pentru că $x > 1$ , iar $lo g_{x} 2 > 0$ pentru că și baza $x$ , și numărul $2$ depășesc $1$ . Așadar operanzii aparțin lui $M$ și $(lo g_{2} x) \circ (lo g_{x} 2) = \frac{1}{lo g _{2} x} + \frac{1}{lo g _{x} 2} + 1 (2 p) .$ Fie $t = lo g_{2} x > 0$ . Formula de schimbare a bazei dă $lo g_{x} 2 = \frac{1}{lo g _{2} x} = \frac{1}{t}$ , deci $\frac{1}{lo g _{x} 2} = t$ , iar ecuația este $\frac{1}{t} + t + 1 = \frac{7}{2}$ , adică $t + \frac{1}{t} = \frac{5}{2}$ . Înmulțită cu $t$ , ea devine $t^{2} + 1 = \frac{5}{2} t$ , o ecuație pătratică, deci cu cel mult două soluții. Numerele $t = 2$ și $t = \frac{1}{2}$ o verifică, fiindcă $2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$ și $\frac{1}{2} + 2 = \frac{5}{2}$ ; deci acestea sunt toate soluțiile. Din $lo g_{2} x = 2$ rezultă $x = 2^{2} = 4$ , iar din $lo g_{2} x = \frac{1}{2}$ rezultă $x = 2^{1/2} = 2$ . Ambele valori sunt mai mari decât $1$ , deci $x = 4$ și $x = 2$ convin (3 p).

Subiectul al III-lea · cerința 1 (5 p) — matrice: determinant de ordin 2.

Pentru $a = 6$ diagonala principală conține $6 + 2 = 8$ și $6 - 6 = 0$ , iar pe cealaltă diagonală stă de două ori $2$ : $A (6) = (8220)$ . Determinantul se calculează ca diferență între $8 \cdot 0$ , produsul de pe diagonala care coboară de la stânga la dreapta, și $2 \cdot 2$ , produsul de pe cealaltă diagonală: $det (A (6)) = 8 \cdot 0 - 2 \cdot 2 (3 p) .$ Avem $0 - 4 = - 4$ (2 p).

Subiectul al III-lea · cerința 2 (5 p) — matrice: produsul $A (3) \cdot A (1)$ .

Din formula lui $A (a)$ rezultă $A (3) = (52 2 - 3)$ și $A (1) = (32 2 - 5)$ . Pe poziția $(i, j)$ a produsului se înmulțesc, în ordine, elementele liniei $i$ din $A (3)$ cu cele ale coloanei $j$ din $A (1)$ , iar rezultatele se adună: $A (3) \cdot A (1) = (5 \cdot 3 + 2 \cdot 2 2 \cdot 3 + (- 3) \cdot 2 5 \cdot 2 + 2 \cdot (- 5) 2 \cdot 2 + (- 3) \cdot (- 5)) = (190019) (3 p) .$ Elementele de pe diagonala principală sunt amândouă $19$ , iar celelalte două sunt $0$ , deci produsul este $19 (1001) = 19 I_{2}$ (2 p).

Subiectul al III-lea · cerința 3 (5 p) — matrice: o identitate pentru orice $a$ .

Schimbând $a$ în $- a$ în formula matricei, $A (- a) = (- a + 2 2 2 - a - 6)$ . Adunarea se face poziție cu poziție: $A (a) + A (- a) = ((a + 2) + (- a + 2) 2 + 2 2 + 2 (a - 6) + (- a - 6)) = (44 4 - 12) (3 p) .$ Termenii care conțin $a$ se anulează între ei, deci rezultatul nu depinde de $a$ . Deoarece $A (0) = (22 2 - 6)$ , suma este $2 (22 2 - 6) = 2 A (0)$ , adevărat pentru orice $a$ real (2 p).

Subiectul al III-lea · cerința 4 (5 p) — matrice: ecuație cu determinantul.

Fie $a$ real arbitrar. Se înmulțește fiecare termen al lui $a + 2$ cu fiecare termen al lui $a - 6$ , apoi se scade produsul $2 \cdot 2$ al celorlalte două elemente: $det (A (a)) = a \cdot a + a \cdot (- 6) + 2 \cdot a + 2 \cdot (- 6) - 2 \cdot 2 = a^{2} - 6 a + 2 a - 12 - 4 = a^{2} - 4 a - 16 (3 p) .$ Ecuația $det (A (a)) = - 20$ este $a^{2} - 4 a - 16 = - 20$ , adică $a^{2} - 4 a + 4 = 0$ . Aici stânga este $(a - 2)^{2}$ ; un pătrat se anulează doar dacă baza lui se anulează, deci $a = 2$ (2 p). Proba: $A (2) = (42 2 - 4)$ are determinantul $4 \cdot (- 4) - 2 \cdot 2 = - 20$ .

Subiectul al III-lea · cerința 5 (5 p) — matrice: ecuație cu diferența a două matrice.

Avem $A (a^{2}) = (a^{2} + 2 2 2 a^{2} - 6)$ și scădem matricele poziție cu poziție: $A (a^{2}) - A (a) = ((a^{2} + 2) - (a + 2) 2 - 2 2 - 2 (a^{2} - 6) - (a - 6)) = (a^{2} - a 0 0 a^{2} - a) (2 p) .$ Egalitatea matricelor se scrie poziție cu poziție. Cu $2 I_{2} = (2002)$ , pe diagonala secundară rezultă $0 = 0$ (adevărat oricare ar fi $a$ ), iar pe diagonala principală $a^{2} - a = 2$ , adică $a^{2} - a - 2 = 0$ . Cum $(a - 2) (a + 1) = a^{2} - a - 2$ , rădăcinile sunt $a = - 1$ și $a = 2$ (3 p).

Subiectul al III-lea · cerința 6 (5 p) — matrice: ecuație cu o coloană necunoscută.

Matricea este $A (- 1) = (- 1 + 2 2 2 - 1 - 6) = (12 2 - 7)$ . Fiecare linie a ei se combină cu coloana necunoscută: $A (- 1) \cdot (x y) = (1 \cdot x + 2 \cdot y 2 \cdot x + (- 7) \cdot y) = (x + 2 y 2 x - 7 y) (2 p) .$ Egalitatea cu $(- 1 9)$ este sistemul $x + 2 y = - 1$ , $2 x - 7 y = 9$ . Din prima ecuație, $x = - 1 - 2 y$ ; înlocuit în a doua, $2 (- 1 - 2 y) - 7 y = 9$ , adică $- 2 - 11 y = 9$ , deci $y = - 1$ și $x = - 1 - 2 \cdot (- 1) = 1$ . Proba: $1 + 2 \cdot (- 1) = - 1$ și $2 \cdot 1 - 7 \cdot (- 1) = 9$ . Așadar $x = 1$ și $y = - 1$ (3 p).

Pentru părinți și profesori

Varianta 10 a probei E. c) de matematică M_pedagogic, dată în iunie 2024 la filiera vocațională, profilul pedagogic, specializarea învățător-educatoare, cere în trei ore 18 cerințe a câte 5 puncte, adică 90 de puncte în total. Se acordă 10 puncte din oficiu. Totalul posibil al lucrării este deci de 100 de puncte. Enunțurile sunt cele ale foii oficiale; rezolvările și explicațiile ne aparțin, iar fiecare etapă cu număr propriu de puncte corespunde unui rând al foii de evaluare.

Ce găsești în această variantă. Prima parte are șase cerințe independente: o progresie geometrică, valoarea cerută într-un punct necunoscut pentru funcția $f (x) = 7 x + 2$ , o ecuație cu doi logaritmi egali, o scumpire cunoscută prin creșterea în lei, o problemă de coordonate cu mijlocul unui segment și un triunghi dreptunghic cu perimetrul cerut. A doua parte construiește o singură problemă pe legea $x \circ y = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + 1$ , definită pe numerele pozitive. A treia parte lucrează cu matricele $A (a)$ , care au $a + 2$ și $a - 6$ pe diagonala principală și $2$ pe cealaltă diagonală.

Legătura cu programa. Programa de examen M_pedagogic din OMEN 4430/2014 așază în clasa a IX-a progresiile, funcțiile de forma $a x + b$ și rezolvarea triunghiului dreptunghic; în clasa a X-a stau logaritmii, procentele și lungimea unui segment din reper. Legile de compoziție sunt materie de clasa a XI-a, iar matricele cu determinanții lor aparțin clasei a XII-a. Pentru a doua parte a lucrării se poate deschide lecția Bac tehnologic: asociativă, comutativă, neutru, iar pentru a treia lecția Adunarea matricelor: loturi, depozite, tehnologic.

Greșeli de evitat, cu dovada lor.

Exercițiul 4: cei $50$ de lei reprezintă creșterea, nu prețul de după scumpire. Tratați ca preț nou, ar conduce la ecuația $x + \frac{25}{100} \cdot x = 50$ , cu $x = 40$ ; dar $25%$ din $40$ este $10$ , nu $50$ .
Exercițiul 5: sumele $0 + 8$ și $4 + 4$ trebuie înjumătățite. Lăsate ca atare, ele dau punctul $(8, 8)$ , pentru care $B M = 4$ , dar $C M^{2} = (4 - 8)^{2} + (0 - 8)^{2} = 80$ , adică $C M \neq = 4$ .
Cerința II.4: pe locul al doilea stă $\frac{1}{x}$ , iar inversul lui este $x$ , nu $\frac{1}{x}$ . La $x = 2$ legea dă $2 \circ \frac{1}{2} = \frac{1}{2} + 2 + 1 = \frac{7}{2}$ , pe când expresia $\frac{2}{x} + 1$ ar da doar $2$ .
Cerința II.5: condiția de divizibilitate privește numărul $n + 1$ , nu pe $n$ . La $n = 2$ , deși $2$ divide $2$ , avem $3 \circ 3 = \frac{2}{3} + 1 = \frac{5}{3}$ , valoare nenaturală.
Cerința II.6: numerele $2$ și $\frac{1}{2}$ aparțin lui $lo g_{2} x$ ; abia revenirea la $x$ dă $x = 2^{2} = 4$ și $x = 2^{1/2} = 2$ .
Cerința III.5: ecuația $a^{2} - a = 2$ nu se rezolvă cu raționamentul „ $a = 2$ sau $a - 1 = 2$ ”, bun doar când produsul $a (a - 1)$ ar fi $0$ . La $a = 3$ produsul $3 \cdot 2$ este $6$ , nu $2$ .

Despre litere. În itemul 5 litera $M$ numește mijlocul segmentului $A B$ , iar în problema cu legea ea numește mulțimea $(0, + \infty)$ . Literele $A$ , $B$ , $C$ sunt puncte în itemii 5 și 6, dar în ultima parte a lucrării $A (a)$ este o matrice. În itemul 2, $a$ este necunoscuta ecuației $f (a) = 9$ . În problema cu legea, $x$ este necunoscuta din cerințele II.2, II.4 și II.6, iar $x$ și $y$ din definiția legii, folosite și în rezolvarea cerinței II.3, sunt elemente oarecare ale lui $M$ . Litera $n$ este indicele (rangul) termenilor șirului $(b_{n})$ în itemul 1 și numărul natural căutat în cerința II.5. În problema cu matrice, $a$ este parametrul lui $A (a)$ : oarecare în cerința III.3 și necunoscută în cerințele III.4 și III.5; în cerința III.6, $x$ și $y$ sunt componentele coloanei căutate.