Rezolvare BAC Matematică 2026 — Simulare națională

Salut! Sunt aici pentru a te ghida, pas cu pas, prin rezolvarea simulării naționale la Matematică pentru BAC 2026, specializarea Științele Naturii. Vom descompune fiecare problemă, vom explica logica din spatele fiecărui pas și ne vom asigura că înțelegi nu doar *cum* se rezolvă, ci și *de ce* procedăm așa. Această abordare te va ajuta să gândești ca un matematician și să abordezi cu încredere orice problemă viitoare.

Hai să pornim la drum! Vom lua fiecare subiect în parte și vom detalia raționamentul.

Subiectul I

Acest subiect testează cunoștințele de bază, cele pe care ar trebui să le stăpânești cel mai bine. Sunt 6 exerciții, fiecare valorând 5 puncte. Să nu le pierdem!

1. Determinați termenul al treilea al progresiei aritmetice $(a_n)_{n≥1}$, știind că $a_1=2$ și $a_2=5$.

• De ce? Problema ne cere să găsim un termen al unei progresii aritmetice, având primii doi termeni. Cheia este să găsim rația progresiei.
• Rezolvare: Într-o progresie aritmetică, diferența dintre oricare doi termeni consecutivi este constantă. Această constantă se numește rație, notată cu $r$.

Calculăm rația: $r = a_2 - a_1 = 5 - 2 = 3$. Acum, pentru a găsi termenul al treilea, îl adunăm pe $a_2$ cu rația: $a_3 = a_2 + r = 5 + 3 = 8$. Prin urmare, termenul al treilea este 8.

2. Se consideră funcția $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, f(x) = x^2 - 4x + 3$. Determinați numărul real $m$ pentru care punctul $A(m, 3)$ aparține graficului funcției $f$.

• De ce? Un punct aparține graficului unei funcții dacă și numai dacă coordonatele sale satisfac ecuația funcției. Adică, $f( ext{abscisă}) = ext{ordonată}$.
• Rezolvare: Punem condiția ca punctul $A(m, 3)$ să se afle pe graficul funcției $f$. Acest lucru se traduce prin $f(m) = 3$.

Înlocuim $x$ cu $m$ în expresia funcției: $m^2 - 4m + 3 = 3$. Scădem 3 din ambii membri: $m^2 - 4m = 0$. Dăm factor comun pe $m$: $m(m - 4) = 0$. O produs de factori este zero dacă cel puțin unul dintre factori este zero. Deci, avem două soluții posibile: $m = 0$ sau $m - 4 = 0 Arr m = 4$. Numerele reale căutate sunt $m=0$ și $m=4$.

3. Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația $\log_2(x+1) = \log_2(5-x)$.

• De ce? Avem o ecuație logaritmică. Primul pas, absolut esențial, este să punem condițiile de existență pentru logaritmi: argumentul fiecărui logaritm trebuie să fie strict pozitiv.
• Rezolvare:
• Condiții de existență:

$x+1 > 0 Arr x > -1$ $5-x > 0 Arr x < 5$ Din ambele condiții, rezultă că $x Arr (-1, 5)$. Soluția noastră trebuie să se afle în acest interval.

1. Rezolvarea ecuației: Deoarece logaritmii au aceeași bază, putem egala argumentele:

$x+1 = 5-x$ $2x = 4$ $x=2$

1. Verificare: Soluția $x=2$ aparține intervalului $(-1, 5)$, deci este o soluție validă.

4. Calculați probabilitatea ca, alegând un număr din mulțimea numerelor naturale de două cifre, acesta să aibă produsul cifrelor egal cu 12.

• De ce? Aceasta este o problemă clasică de probabilitate. Formula este: $P = rac{ ext{număr cazuri favorabile}}{ ext{număr cazuri posibile}}$.
• Rezolvare:
• Cazuri posibile: Numerele naturale de două cifre sunt de la 10 la 99. Pentru a le număra: $99 - 10 + 1 = 90$ de numere.
• Cazuri favorabile: Căutăm numere de forma $\overline{ab}$ (unde $a$ și $b$ sunt cifre, $a

e 0$) astfel încât $a imes b = 12$. Să listăm perechile de cifre $(a, b)$ care satisfac condiția:

• $a=2, b=6 Arr$ numărul 26
• $a=3, b=4 Arr$ numărul 34
• $a=4, b=3 Arr$ numărul 43
• $a=6, b=2 Arr$ numărul 62

Avem 4 cazuri favorabile.

1. Calculul probabilității:

$P = rac{4}{90} = rac{2}{45}$.

5. În reperul cartezian $xOy$ se consideră punctele $A(1, 2)$ și $B(3, 4)$. Determinați panta dreptei $d$ care trece prin mijlocul segmentului $AB$ și este perpendiculară pe $AB$.

• De ce? Problema implică concepte de geometrie analitică: mijlocul unui segment și condiția de perpendicularitate a două drepte. Dreapta $d$ este mediatoarea segmentului $AB$.
• Rezolvare:
• Panta dreptei AB: Formula pantei este $m = rac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$.

$m_{AB} = rac{4 - 2}{3 - 1} = rac{2}{2} = 1$.

1. Condiția de perpendicularitate: Două drepte $d_1$ și $d_2$ cu pantele $m_1$ și $m_2$ sunt perpendiculare dacă $m_1 imes m_2 = -1$.

Fie $m_d$ panta dreptei $d$. Deoarece $d ot AB$, avem: $m_d imes m_{AB} = -1$ $m_d imes 1 = -1 Arr m_d = -1$. Notă: Nu am avut nevoie de coordonatele mijlocului segmentului pentru a calcula panta, dar este bine să știm cum se face: $M(rac{x_A+x_B}{2}, rac{y_A+y_B}{2})$.

6. Se consideră triunghiul $ABC$ cu $AB=5, AC=12$ și $BC=13$. Calculați $\cos(B)$.

• De ce? Problema ne cere să calculăm cosinusul unui unghi într-un triunghi unde cunoaștem toate cele trei laturi. Instrumentul perfect pentru asta este Teorema Cosinusului. Totuși, un ochi format observă ceva special la aceste numere.
• Rezolvare:

Să verificăm dacă triunghiul este dreptunghic. Numerele 5, 12, 13 sunt un triplet pitagoreic. Verificăm cu Reciproca Teoremei lui Pitagora: $AB^2 + AC^2 = 5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169$. $BC^2 = 13^2 = 169$. Deoarece $AB^2 + AC^2 = BC^2$, triunghiul $ABC$ este dreptunghic în $A$. Acum, calculăm $\cos(B)$ în acest triunghi dreptunghic: $\cos(B) = rac{ ext{cateta alăturată}}{ ext{ipotenuză}} = rac{AB}{BC} = rac{5}{13}$.

Subiectul al II-lea

Acest subiect se concentrează pe algebră (matrici, legi de compoziție) și necesită o atenție sporită la calcule.

1. Se consideră matricea $A(x) = \begin{pmatrix} 1 & x & x^2 \\ 0 & 1 & 2x \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, unde $x$ este un număr real.

• a) Arătați că $\det(A(1))=1$.
• Rezolvare: Mai întâi, scriem matricea $A(1)$ înlocuind $x$ cu 1:

$A(1) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. Deoarece este o matrice triunghiulară (toate elementele sub diagonala principală sunt zero), determinantul este produsul elementelor de pe diagonala principală: $\det(A(1)) = 1 imes 1 imes 1 = 1$. Ceea ce trebuia demonstrat.

• b) Demonstrați că $A(x) imes A(y) = A(x+y)$ pentru orice numere reale $x$ și $y$.
• Rezolvare: Efectuăm înmulțirea matricelor:

$A(x) imes A(y) = \begin{pmatrix} 1 & x & x^2 \\ 0 & 1 & 2x \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} imes \begin{pmatrix} 1 & y & y^2 \\ 0 & 1 & 2y \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ Calculăm fiecare element al matricei produs: $C_{11} = 1 imes1 + x imes0 + x^2 imes0 = 1$ $C_{12} = 1 imes y + x imes1 + x^2 imes0 = y+x$ $C_{13} = 1 imes y^2 + x imes2y + x^2 imes1 = y^2 + 2xy + x^2 = (x+y)^2$ $C_{21} = 0$ $C_{22} = 0 imes y + 1 imes1 + 2x imes0 = 1$ $C_{23} = 0 imes y^2 + 1 imes2y + 2x imes1 = 2(y+x)$ $C_{31}=C_{32}=0, C_{33}=1$ Matricea produs este: $\begin{pmatrix} 1 & x+y & (x+y)^2 \\ 0 & 1 & 2(x+y) \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, ceea ce este exact $A(x+y)$.

• c) Determinați numărul natural $n$ pentru care $A(1) imes A(2) imes ... imes A(n) = A(55)$.
• Rezolvare: Folosim proprietatea demonstrată la punctul b).

$A(1) imes A(2) = A(1+2)$ $A(1) imes A(2) imes A(3) = A(1+2) imes A(3) = A(1+2+3)$ Prin inducție, produsul devine: $A(1) imes A(2) imes ... imes A(n) = A(1+2+...+n)$. Ecuația devine $A(1+2+...+n) = A(55)$, ceea ce implică egalitatea argumentelor: $1+2+...+n = 55$. Folosim formula sumei lui Gauss: $rac{n(n+1)}{2} = 55$. $n(n+1) = 110$. Observăm că $10 imes 11 = 110$. Cum funcția $f(n)=n(n+1)$ este strict crescătoare pentru $n>0$, soluția $n=10$ este unică. Fiind număr natural, este soluția căutată.

Subiectul al III-lea

Subiectul de analiză matematică, unde lucrăm cu derivate, limite și integrale. Rigoarea este cheia!

1. Se consideră funcția $f:(0, Arr ) \rightarrow \mathbb{R}, f(x) = x Arr x$.

• a) Arătați că $f'(x) = 1 + Arrn x$ pentru orice $x Arr (0, Arrn)$.
• Rezolvare: Funcția este un produs de două funcții, $g(x)=x$ și $h(x)= Arrn x$. Aplicăm regula de derivare a produsului: $(g imes h)' = g'h + gh'$.

$f'(x) = (x)' Arr Arrn x + x Arr ( Arrn x)'$ $f'(x) = 1 Arr Arrn x + x Arr rac{1}{x}$ $f'(x) = Arrn x + 1 = 1 + Arrn x$. Ceea ce trebuia demonstrat.

• b) Determinați ecuația asimptotei verticale la graficul funcției $f$.
• Rezolvare: Domeniul de definiție este $(0, Arrn)$. Asimptota verticală se caută la capătul finit al domeniului, adică în $x=0$. Calculăm limita:

$L = Arr _{x o 0, x>0} f(x) = Arr _{x o 0} (x Arr x)$. Suntem în cazul de nedeterminare $0 Arr (- Arrn)$. Rescriem pentru a folosi L'Hôpital: $L = Arr _{x o 0} rac{ Arrn x}{rac{1}{x}}$ (cazul $rac{- Arrn}{ Arrn}$) Aplicăm L'Hôpital (derivăm numărătorul și numitorul): $L = Arr _{x o 0} rac{( Arrn x)'}{(rac{1}{x})'} = Arr _{x o 0} rac{rac{1}{x}}{-rac{1}{x^2}} = Arr _{x o 0} (-rac{1}{x} Arr x^2) = Arr _{x o 0} (-x) = 0$. Deoarece limita este finită (0), funcția nu are asimptotă verticală în $x=0$. (Aceasta este o capcană frecventă!)

• c) Demonstrați că $f(x) Arr= -rac{1}{e}$ pentru orice $x Arr (0, Arrn)$.
• Rezolvare: Trebuie să găsim punctul de minim global al funcției. Pentru asta, studiem monotonia cu ajutorul primei derivate.

$f'(x) = 1 + Arrn x$. Rezolvăm $f'(x)=0$. $1 + Arrn x = 0 Arr Arrn x = -1 Arr x = e^{-1} = rac{1}{e}$. Construim tabelul de variație:

• Pentru $x Arr (0, 1/e)$, $ Arrn x < -1$, deci $f'(x) < 0$, funcția este strict descrescătoare.
• Pentru $x Arr (1/e, Arrn)$, $ Arrn x > -1$, deci $f'(x) > 0$, funcția este strict crescătoare.

Rezultă că în $x = 1/e$ funcția are un punct de minim global. Calculăm valoarea minimă: $f(rac{1}{e}) = rac{1}{e} Arr (rac{1}{e}) = rac{1}{e} Arr (-1) = -rac{1}{e}$. Deoarece aceasta este valoarea minimă a funcției, este adevărat că $f(x) Arr= -rac{1}{e}$ pentru orice $x$ din domeniu.

• Subiectul I: 1) 8; 2) $m Arr \{0, 4\}$; 3) $x=2$; 4) $2/45$; 5) -1; 6) $5/13$.
• Subiectul II: 1.a) $\det(A(1)) = 1$; 1.b) Demonstrație prin calcul direct; 1.c) $n=10$.
• Subiectul III: 1.a) Demonstrație folosind regula de derivare a produsului; 1.b) Funcția nu are asimptotă verticală; 1.c) Demonstrație folosind monotonia funcției și punctul de minim global.

• Subiectul I.3: Omiterea condițiilor de existență la ecuațiile logaritmice. Este cea mai comună și gravă greșeală. Întotdeauna, acesta e primul pas!
• Subiectul I.5: Confundarea condiției de perpendicularitate ($m_1 m_2 = -1$) cu cea de paralelism ($m_1 = m_2$).
• Subiectul II.1.c): Rezolvarea "prin încercări" a ecuației $n(n+1)=110$ fără a justifica unicitatea soluției. Menționarea monotoniei funcției $n(n+1)$ oferă rigoare.
• Subiectul III.1.b): Concluzia pripită că există asimptotă verticală doar pentru că $x=0$ este un capăt de domeniu. Limita trebuie calculată și trebuie să fie infinită.
• Subiectul III.1.c): Egalarea derivatei cu zero este doar jumătate din drum. Trebuie să demonstrezi că punctul găsit este de minim (sau maxim), folosind tabelul de variație.

Am parcurs împreună o simulare completă, acoperind algebră, geometrie analitică și analiză matematică. Ai văzut că succesul la BAC nu stă doar în a memora formule, ci în a înțelege *când* și *de ce* să le aplici. Logica, atenția la detalii (precum condițiile de existență) și structurarea clară a rezolvării sunt esențiale.

*Mențiune: Subiectele de mai sus sunt tipice pentru programa de Bacalaureat, specializarea Științele Naturii, și sunt concepute pentru a reflecta nivelul de dificultate și tipologia itemilor dintr-o simulare oficială.*

Continuă să exersezi, fii curios și nu ezita să pui întrebări. Mult succes!