Se încarcă profesorii disponibili…

Subiect și barem

PDF

Sursa: Facultatea de Informatică UVT – Concursul FI

Subiect + barem — acces direct

Subiectul și răspunsurile sunt în același PDF. Afișăm documentul complet, cu toate paginile.

Concurs de pregătire · Matematică · 2022

Facultatea de Informatică · UVT

Înapoi la arhivă

Subiectul și baremul în format text

Text extras automat din documentul original. Pentru formule, tabele, imagini și așezarea răspunsurilor, verifică întotdeauna PDF-ul.

Subiect și barem · 9 pagini

Subiect și barem · pagina 1

UNIVERSITATEA DE VEST DIN TIMIS¸OARA
FACULTATEA DE MATEMATIC˘A S¸I INFORMATIC˘A
Concursul FMI, Edit¸ia VII
Solut¸ii Proba Matematic˘a, clasa a XII-a - Etapa1
9 aprilie 2022
Variantele corecte sunt marcate cu culoare albastr˘a
Problema 1. Fie (G, ·) un grup cu 2022 elemente al c˘arui element neutru este e ∈ G. Ecuat¸iile
x3 = e, x337 = e au ˆın comun exact:
(A) o solut¸ie;
(B) 2 solut¸ii;
(C) 3 solut¸ii;
(D) 4 solut¸ii.
Solut¸ie: Evident x = e este o solut¸ie comun˘a. Fie x0 ∈ G o solut¸ie pentru cele dou˘a ecuat¸ii, adic˘a
x3
0 = e ¸si x337
0 = e. Deoarece (3, 337) = 1 avem c˘a exist˘a k, h ∈ Z astfel ˆıncˆat 3k + 337h = 1 ¸si astfel
x0 = x3k+337h
0 = (x3
0)k · (x337
0 )h = e. Deci singura solut¸ie comun˘a a celor dou˘a ecuat¸ii este x = e.
R˘aspuns corect: (A)
Problema 2. Pe mult¸imea (0, ∞) se define¸ste legea de compozit¸ie:
x ? y = xy
x + y , ∀x, y > 0.
Expresia
E = (√2 + 1) ? (√3 + √2) ? · · · ? (√2022 + √2021)
are valoarea:
(A) E =
√2022 − 1
2021 ;
(B) E =
√2022 + 1
2021 ;
(C) E =
√2021 − 1
2022 ;
(D) E =
√2021 + 1
2022 .
Solut¸ie: Se arat˘a prin induct¸ie:
a1 ? a2 ? · · · ? an =
( 1
a1
+ 1
a2
+ · · · + 1
an
)−1
, ∀a1, . . . , an > 0, ∀n ≥ 2.
1

Subiect și barem · pagina 2

2
Utilizˆand relat¸ia de mai sus, deducem:
E =
( 1
√2 + 1 + 1
√3 + √2 + · · · + 1
√2022 + √2021
)−1
=
[
(√2 − 1) + (√3 − √2) + · · · + (√2022 − √2021)
]−1
=
(√2022 − 1
)−1
=
√2022 + 1
2021 ,
¸si astfel, E =
√2022 + 1
2021 .
R˘aspuns corect: (B)
Problema 3. Fiind dat˘a legea de compozit¸ie pe R
x ? y = 3
√x3 + y3, ∀x, y ∈ R,
definim ¸sirul (xn)n≥0, xn = x0 ? xn−1, ∀n ≥ 1, cu x0 ∈ R arbitrar fixat. Valoarea lui x0 pentru care
x2022 = 2023 este:
(A) x0 = 3
√2022;
(B) x0 = 3
√20222;
(C) x0 = 3
√2023;
(D) x0 = 3
√20232.
Solut¸ie: Se arat˘a prin induct¸ie c˘a xn = x0 3
√n + 1, ∀n ≥ 0 ¸si astfel,
x2022 = 2023 ⇔ x0 3
√2023 = 2023 ⇔ x0 = 3
√20232.
R˘aspuns corect: (D)
Problema 4. Pe mult¸imea [0, ∞) definim legea de compozit¸ie:
x ◦ y = ln(ex + ey − 1), ∀x, y ≥ 0.
Mult¸imea solut¸iilor ecuat¸iei
x ◦ x ◦ · · · ◦ x︸ ︷︷ ︸
2022 ori
= 2x
este:
(A) S = {0};
(B) S = {ln 2022};
(C) S = {0, ln 2021};
(D) S = {0, ln 2022}.
Solut¸ie: Se arat˘a prin induct¸ie c˘a:
x ◦ x ◦ · · · ◦ x︸ ︷︷ ︸
n ori
= ln(nex − n + 1), ∀n ≥ 2.
ˆIn consecint¸˘a, ecuat¸ia de rezolvat devine:
ln(2022ex − 2021) = 2x ⇔ 2022ex − 2021 = e2x ⇔ ex ∈ {1, 2021} ⇔ x ∈ {0, ln 2021}.
R˘aspuns corect: (C)

Subiect și barem · pagina 3

3
Problema 5. Valoarea limitei lim
n→∞
∫ 1
0
n
√xn + (1 − x)n dx este:
(A) 1
2 ;
(B) 1
3 ;
(C) 2
3 ;
(D) 3
4 .
Solut¸ie: Notˆand In =
∫ 1
0
n
√xn + (1 − x)n dx, ∀n ≥ 2 obt¸inem relat¸ia:
3
4 =
∫ 1
2
0
(1 − x) dx +
∫ 1
1
2
x dx ≤ In ≤
∫ 1
2
0
n
√(1 − x)n + (1 − x)n dx +
∫ 1
1
2
n
√xn + xn dx = 3
4
n
√2, ∀n ≥ 2.
Prin trecere la limit˘a ˆın relat¸ia de mai sus deducem: lim
n→∞
∫ 1
0
n
√xn + (1 − x)n dx = 3
4 .
R˘aspuns corect: (D)
Problema 6. Valoarea limitei lim
x→0
∫ 2022x
x
sin t
t2 dt este:
(A) ln 2021;
(B) sin 2021;
(C) ln 2022;
(D) sin 2022.
Solut¸ie: Utilizˆand integrarea prin p˘arti obt¸inem pentru orice x nenul relat¸ia:
∫ 2022x
x
sin t
t2 dt = sin x
x − sin 2022x
2022x +
∫ 2022x
x
cos t − 1
t dt +
∫ 2022x
x
dt
t ,
sau echivalent: ∫ 2022x
x
sin t
t2 dt = sin x
x − sin 2022x
2022x +
∫ 2022x
x
cos t − 1
t dt + ln 2022.
Trecˆand la limit˘a pentru x → 0 in relat¸ia de mai sus obt¸inem c˘a limita c˘autat˘a este ln 2022. Pentru
aceasta am folosit limitele remarcabile lim
x→0
sin x
x = 1, lim
x→0
cos x − 1
x = 0 precum ¸si teorema de medie
pentru integral˘a, de unde exist˘a cx ∈ [x, 2022x] astfel ˆıncˆat ∫ 2022x
x
cos t − 1
t dt = 2021x · cos cx − 1
cx
.
R˘aspuns corect: (C)
Problema 7. Dac˘a I1 =
∫ 1
0
2022
√1 − x1011 dx ¸si I2 =
∫ 1
0
1011
√1 − x2022 dx atunci:
(A) I1 = 1011I2;
(B) I1 = 2022I2;
(C) I1 = I2;
(D) I1 = 2I2.

Subiect și barem · pagina 4

4
Solut¸ie: Observ˘am c˘a funct¸ia f : [0, 1] → [0, 1], f (x) = 2022
√1 − x1011, ∀x ∈ [0, 1], este bijectiv˘a cu
inversa g : [0, 1] → [0, 1], g(x) = 1011
√1 − x2022, ∀x ∈ [0, 1]. F˘acˆand schimbarea de variabil˘a y = f (x)
urmat˘a de integrare prin p˘art¸i, obt¸inem:
I1 =
∫ 1
0
f (x) dx = −
∫ 1
0
yg′(y) dy =
∫ 1
0
g(y) dy = I2.
R˘aspuns corect: (C)
Problema 8. Valoarea integralei I =
∫ 2
1
2
(x + 1) arctg x
x√x2 + 1 dx este:
(A) I = π
2 ln 3 + √5
2 ;
(B) I = π
4 ln 3 + √5
2 ;
(C) I = π
2 ln 3 + √5
4 ;
(D) I = π
4 ln 3 + √5
4 .
Solut¸ie: F˘acˆand schimbarea de variabil˘a t = 1
x ¸si folosind identitatea arctg x + arctg 1
x = π
2 , ∀x > 0,
obt¸inem
I =
∫ 2
1
2
(t + 1)( π
2 − arctg t)
t√t2 + 1 dt
= π
2 ·
∫ 2
1
2
t + 1
t√t2 + 1 dt − I.
Astfel obt¸inem
I = π
4 ·
∫ 2
1
2
t + 1
t√t2 + 1 dt
= π
4 ·
(∫ 2
1
2
dt
√t2 + 1 +
∫ 2
1
2
dt
t√t2 + 1
)
= π
4 ·
[
ln(t + √t2 + 1) |2
1
2
+
(
ln t − ln(√t2 + 1 + 1)
)
|2
1
2
]
= π
2 ln 3 + √5
2 .
R˘aspuns corect: (A)
Problema 9. Fie I =
∫ 1
0
e{2022x} dx, unde {a} reprezint˘a partea fract¸ionar˘a a num˘arului real a.
Atunci valoarea integralei I este:
(A) I = 1
e − 1 ;

Subiect și barem · pagina 5

5
(B) I = e2022;
(C) I = 1 − e2022;
(D) I = e − 1.
Solut¸ie: F˘acˆand schimbarea de variabil˘a t = 2022x, urmat˘a de schimbarea de variabil˘a u = t − k
obt¸inem:
I = 1
2022
∫ 2022
0
e{t} dt = 1
2022
2021∑
k=0
∫ k+1
k
et−k dt = 1
2022
2021∑
k=0
∫ 1
0
eu du =
∫ 1
0
eu du = e − 1.
R˘aspuns corect: (D)
Problema 10. Fie End(Q) grupul endomorfismelor mult¸imii Q relativ la operat¸ia (f + g)(q) =
f (q) + g(q), ∀q ∈ Q, pentru orice f, g ∈ End(Q). Atunci:
(A) (End(Q), +) ∼= (Q, +);
(B) (End(Q), +) ∼= (Z, +);
(C) (End(Q), +) ∼= (C, +);
(D) (End(Q), +) ∼= (R, +).
Solut¸ie: Pentru f ∈ End(Q), dac˘a not˘am f (1) = a ∈ Q, atunci
(0.1) f (x) = ax, ∀x ∈ Q.
Aplicat¸ia F : End(Q) → Q, F (f ) = f (1), ∀f ∈ End(Q), este un izomorfism de grupuri.
ˆIntr-adev˘ar:
F (f + g) = (f + g)(1) = f (1) + g(1) = F (f ) + F (g), ∀f, g ∈ End(Q).
F este injectiv˘a deoarece pentru f, g ∈ End(Q) cu F (f ) = F (g) avem f (1) = g(1) ¸si astfel din relat¸ia
(0.1) rezult˘a f = g.
F este surjectiv˘a deoarece pentru fiecare q ∈ Q exist˘a fq ∈ End(Q), fq (x) = qx, ∀x ∈ Q astfel ˆıncˆat
F (fq ) = fq (1) = q.
R˘aspuns corect: (A)
Problema 11. Care din afirmat¸iile de mai jos este verificat˘a pentru orice matrice A ∈ M3(R) cu
proprietatea c˘a A5 = 2I3?
(A) det(A) = 0;
(B) det(A − I3) 6 = 0;
(C) det(A) = 1;
(D) det(A − I3) = 0.
Solut¸ie: Deoarece I3 = A5 − I3 = (A − I3) · (A4 + A3 + A2 + A + I3) se obt¸ine c˘a:
1 = det(A − I3)(A4 + A3 + A2 + A + I3) = det(A − I3) · det(A4 + A3 + A2 + A + I3).
Rezult˘a c˘a det(A − I3) 6 = 0.
R˘aspuns corect: (B)
Problema 12. Se consider˘a matricile A, B ∈ M3(R) care verific˘a relat¸ia 2A + 3B + 6AB = O3. S˘a
se specifice care din urm˘atoarele egalit˘at¸i sunt adev˘arate:

Subiect și barem · pagina 6

6
1. AB = BA;
2. 2A + I3 = (3B + I3)−1.
(A) niciuna dintre egalit˘at¸i;
(B) numai prima egalitate;
(C) numai cea de-a doua egalitate;
(D) ambele egalit˘at¸i.
Solut¸ie: Se adun˘a matricea unitate la relat¸ia 2A + 3B + 6AB = O3 obt¸inˆandu-se
(2A + I3)(3B + I3) = I3.
Rezult˘a 2A + I3 = (3B + I3)−1. Din relat¸ia (3B + I3)(2A + I3) = I3, se obt¸ine c˘a matricele A ¸si B
comut˘a.
R˘aspuns corect: (D)
Problema 13. Pentru orice grup (G, ·) cu elementul neutru e ∈ G s, i pentru orice a, b ∈ G cu
propriet˘at, ile b6 = e s, i ab = b4a are loc:
(A) b = e
(B) b2 = e;
(C) b3 = e;
(D) niciuna din variantele prezentate nu este adev˘arat˘a.
Solut¸ie: Cum b2ab = b6a = a rezult˘a c˘a b4a = ab = (b2ab)b de unde, prin simplificare la stˆanga cu b2
se obt¸ine c˘a ab2 = b2a. Atunci
ab = b4a = b2(b2a) = b2(ab2) = (b2a)b2 = (ab2)b2 = ab4 = (ab)b3.
Simplificˆand la stˆanga cu ab se obt¸ine c˘a b3 = e.
R˘aspuns corect: (C)
Problema 14. Valoarea limitei lim
a↘0
π
2 −a
∫
a
tgx
tgx + ctgx dx este
(A) π
2 ;
(B) 0;
(C) π
4 ;
(D) 1.
Solut¸ie: Deoarece tgx
tgx + ctgx = sin2 x, pentru orice x ∈
[
a, π
2 − a
]
, obt¸inem:
π
2 −a
∫
a
tgx
tgx + ctgx dx =
π
2 −a
∫
a
sin2 x dx =
π
2 −a
∫
a
1 − cos 2x
2 dx = 1
2
( π
2 − 2a
)
.
Valoarea limitei c˘autate este deci π
4 .
R˘aspuns corect: (C)
Problema 15. Num˘arul 20222022( mod 11) este egal cu:

Subiect și barem · pagina 7

7
(A) 0;
(B) 2;
(C) 4;
(D) 6.
Solut¸ie: Deorece 2022 = 9( mod 11) avem 20222022 = 92022( mod 11) = 4( mod 11)
Se aplic˘a teorema lui Fermat,conform c˘areia 910 = 1( mod 11)
R˘aspuns corect: (C)
Problema 16. Num˘arul morfismelor de la grupul (Z18, +) la grupul (Z12, +) este:
(A) 1;
(B) 2;
(C) 6;
(D) 9.
Solut¸ie: f : (Z18, +) → (Z12, +) este morfism de grup dac˘a f (ˆx + ˆy) = f (ˆx) + f (ˆy) ¸si f (ˆ0) = ¯0,
ˆx ∈ Z18 ,¯x ∈ Z12. Rezult˘a f (ˆx) = ¯a · ˆx, ¯a = f (ˆ1) ¸si 18 · a ≡ 0( mod 12) ⇒ 2|a ⇒ a ∈ {0, 2, 4, 6, 8, 10}.
R˘aspuns corect: (C)
Problema 17. Se consider˘a integralele I =
π
6∫
0
1
cos3 x dx ¸si J =
π
2∫
π
3
1
sin x dx. S˘a se verifice care din
urm˘atoarele variante este corect˘a :
(A) I = J = ln3
2 ;
(B) I = 1
3 + 1
2 · J ¸si J = ln3
2 ;
(C) I + J = 0;
(D) I − J = 0.
Solut¸ie: Avem:
I =
π
6∫
0
1
cos3 x dx =
π
6∫
0
(tg2x + 1) 1
cos x dx =
∫ π
6
0
(tgx)′ 1
cos x dx = tgx
cos x | π
6
0 −
π
6∫
0
1 − cos2 dx
cos3 x dx = tgx
cos x −
I +
π
6∫
0
1
cos x dx.
Rezult˘aπ
6∫
0
1
cos3 x dx = 1
2 · tgx
cos x | π
6
0 +
π
6∫
0
1
cos x dx = 1
2 · 2
3 + 1
2 ·
π
3∫
π
2
1
sin y dy = 1
3 + 1
2 · J,
deoarece
π
6∫
0
1
cos x dx =
π
3∫
π
2
1
cos( π
2 − y) (−dy) =
π
2∫
π
3
1
sin x dx.
ˆIn plus

Subiect și barem · pagina 8

8
J =
π
2∫
π
3
1
sinx dx =
π
2∫
π
3
tg2 x
2 + 1
2 · tg x
2
dx = ln(tg x
2 )| π
2
π
3
= ln 3
2 .
Rezult˘a I = 1
3 + 1
2 · J ¸si J = ln3
2 .
R˘aspuns corect: (B)
Problema 18. Valoarea limitei lim
n→∞
1
n
n∫
0
{x}dx (unde {a} noteaz˘a partea fraci¸onar˘a a num˘arului
real a) este:
(A) 1;
(B) 1
2 ;
(C) 0;
(D) 2.
Solut¸ie: Se calculeaz˘a integrala
k∫
k−1
{x}dx =
∫ k
k−1
x − (k − 1)dx = x2
2 |k
k−1 − (k − 1) · x|k
k−1 = 1
2 , pentru
orice k = 1, n.
Astfel,
n∫
0
{x}dx =
n∑
k=1
k∫
k−1
{x}dx =
n∑
k=1
1
2 = n
2 .
Deci,
lim
n→∞
1
n ·
n∫
0
{x}dx = 1
2 .
R˘aspuns corect: (B)
Problema 19. Fie (A, +, ·) un inel unitar, iar a, b ∈ A∗ care verific˘a relat¸iile: a2 = b3 = 0 ¸si
a · b = b · a. Atunci
(A) 1 − a este inversabil ¸si 1 − b nu este inversabil;
(B) a = b;
(C) a + b = 1;
(D) 1 − a , 1 − b ¸si 1 − a − b sunt inversabile.
Solut¸ie: 1 − a2 = (1 − a)(1 + a) ⇒ (1 − a)(1 + a) = 1 ⇒ (1 − a)−1 = 1 + a.
1 − b3 = (1 − b)(1 + b + b2) ⇒ (1 − b)(1 + b + b2) = 1 ⇒ (1 − b)−1 = 1 + b + b2.
Se folose¸ste Binomul lui Newton pentru
(a + b)4 = C0
4 a4 + C1
4 a3b + C2
4 a2b2 + C3
4 ab3 + C4
4 b4 = 0 ⇒ 1 − (a + b) - inversabil.
R˘aspuns corect: (D)

Subiect și barem · pagina 9

9
Problema 20. Valoarea integrale
e∫
1
e
t · ln2t
t2 + 1 dt este:
(A) 1;
(B) 0;
(C) 1
3 ;
(D) 1
2 .
Solut¸ie: Se face schimbarea de variabil˘a t = ex. Rezult˘a
e∫
1
e
t · ln2t
t2 + 1 dt =
1∫
−1
ex · x2 · ex
e2x + 1 dx =
1∫
−1
x2
1 + e−2x dx =
0∫
−1
x2
1 + e−2x dx+
1∫
0
x2
1 + e−2x dx =
∫ 1
0
x2
1 + e2x dx+
1∫
0
x2
1 + e−2x dx =
∫ 1
0
x2 · e−2x
1 + e−2x dx +
∫ 1
0
x2
1 + e−2x dx =
1∫
0
x2dx = 1
3 .
R˘aspuns corect: (C)
Deschide documentul original
Continuă pregătirea

Alte subiecte de la aceeași facultate

Vezi arhiva completă
Concurs de pregătire · 2022Informatică · Etapa 1Deschide fișa Concurs de pregătire · 2022Informatică · Etapa 2Deschide fișa Concurs de pregătire · 2022Matematică · Clasa a XI-a, etapa 1Deschide fișa Concurs de pregătire · 2022Matematică · Clasa a XI-a, etapa 2Deschide fișa Concurs de pregătire · 2022Matematică · Clasa a XII-a, etapa 2Deschide fișa Examen de admitere · 2022Informatică · Sesiunea iulie; subiect oficialDeschide fișa

Răspunsuri directe

Ce trebuie să știi despre acest subiect?

Ce document de admitere este acesta?

Pagina prezintă concurs de pregătire din 2022 pentru Matematică, la Facultatea de Informatică. Documentul este etichetat după instituție, facultate, program și tipul probei folosind inventarul public verificat. Consultă metodologia actuală a instituției pentru condițiile examenului viitor.

Există și barem sau răspunsuri pentru acest subiect?

Da. Pagina include baremul sau răspunsurile publice asociate acestui subiect, afișate separat ori în același document atunci când sursa le publică împreună. Verifică fiecare rezolvare după ce ai terminat varianta și urmărește exact criteriile de punctare indicate de instituție.

Cum folosesc acest subiect în pregătirea pentru admitere?

Rezolvă documentul fără ajutor și respectă timpul prevăzut de metodologia examenului. Corectează cu baremul disponibil, marchează capitolele unde ai pierdut puncte și repetă exerciții similare. Compară apoi cu alte probe din aceeași facultate și confirmă programa curentă pe site-ul oficial al instituției.