Teste politehnica admitere

TESTEADMITERE

2000 - 2013

Enunţuri însoţite de soluţii

Algebră şi Elemente de Analiză MatematicăGeometrie şi Trigonometrie

Admitere * Universitatea Politehnica din Bucuresti 2000Disciplina: Algebra si Elemente de Analiza Matematica

1. Sa se determine suma S a solutiilor ecuatiei x3 − 4x2 = 5x.

a) S = 0; b) S = 6; c) S = 4; d) S =√

2; e) S = 5; f) S = 2.

Solutie. Din relatiile lui Viete rezulta x1 + x2 + x3 = 4.

2. Sa se calculeze L = limn→∞

n∑

k=0

k + 110k

.

a) L = ∞; b) L = 109 ; c) L = 10

81 ; d) L = 10009 ; e) L = 100

81 ; f) L = 910 .

Solutie. Avem Sn =n∑

k=0

(k + 1)(110

)k. Fie f(x) =n∑

k=0

xk+1. Pentru x 6= 1 avem suma unei

progresii geometrice de ratie x deci f(x) =xn+2 − x

x− 1. Derivand obtinem f ′(x) =

n∑

k=0

(k + 1)xk =

(n + 1)xn+2 − (n + 2)xn+1 + 1(x− 1)2

. Pentru x =110

, rezulta Sn =n+1

10n+2 − n + 210n+1

+ 1

( 910 )2

. Cum limn→∞

n + 110n+2

= 0,

deducem limn→∞

Sn =10081

.

3. Sa se determine m ∈ R daca ecuatia m(x + 1) = e |x| are exact doua solutii reale si distincte.

a) m ∈ (1,∞); b) m ∈ (−∞,−e2) ∪ (1,∞); c) m ∈ (−∞,−e2

] ∪ [1,∞);d) m ∈ (−∞,−e2

) ∪ (0, 1); e) nu exista m;f) nici una dintre celelalte afirmatii nu este adevarata.

Solutie. Cum x = −1 nu este solutie, ecuatia se scrie m = e|x|x+1 . Functia f : R\{−1} → R, f(x) =

e|x|x+1 −m se scrie desfasurat

f(x) =

e−x

x+1 −m, x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 0)

ex

x+1 −m, x ∈ [0,∞)⇒ f ′(x) =

− e−x(x+2)(x+1)2 , x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 0)

ex·x(x+1)2 , x ∈ (0,∞).

Pentru sirul lui Rolle se considera valorile {−∞,−2,−1, 0,∞} ⊂ R,

m\x −∞ −2 −1 0 ∞f(x) −∞ −m− e2 −∞|∞ 1−m ∞ Discutiem ∈ (−∞,−e2) − + −|+ + + x1 6= x2

m = −e2 − 0 −|+ + + x1 = x2 = −2m ∈ (−e2, 1) − − −|+ + + nu are radacinim = 1 − − −|+ 0 + x1 = x2 = 0m ∈ (1,∞) − − −|+ − + x1 6= x2

Deci m ∈ (−∞,−e2) ∪ (1,∞).

4. Sa se calculeze limx→2

x3 − 8x2 − 4

.

a) −4; b) 2; c) 3; d) ∞; e) 0; f) 1.

Solutie. Avem limx→2

(x− 2)(x2 + 2x + 4)(x− 2)(x + 2)

= 3.

5. Sa se calculeze ` = limn→∞

∫ 2

0

|x− n|x + n

dx .

a) ` = 2; b) ` = ∞; c) ` = 1; d) limita nu exista; e) ` = 0; f) ` = −3.

Enunturi si solutii * Admiterea U.P.B. 2000 * M1A - 1

Solutie. Fie In =∫ 2

0

|x− n|x + n

dx, pentru n ≥ 2 avem

In =∫ 2

0

n− x

n + xdx =

∫ 2

0

(2n

x + n− 1

)dx = 2n ln

(1 +

2n

)−2 = ln

(1 +

2n

)2n

−2 = 4 ln(

1 +2n

)n/2

−2.

Deci limn→∞

In = 4 ln e− 2 = 4− 2 = 2.

6. Fie matricea A =(

1 22 3

). Sa se calculeze B =

12

(A2 + A

).

a) ( 2 55 8 ); b) ( 3 5

5 8 ); c) ( 8 55 2 ); d) ( 3 8

5 5 ); e) ( 0 00 0 ); f) B = 1

2A.

Solutie. Obtinem A2 =(

1 22 3

)(1 22 3

)=

(5 88 13

); B2 =

12

(6 1010 16

)=

(3 55 8

).

7. Sa se determine n natural daca C4n = 5

6n (n− 3).

a) n = 3; b) n = 5; c) n = 4; d) n = 6; e) n = 12; f) nu exista n.

Solutie. Avem n ≥ 4 sin(n− 1)(n− 2)(n− 3)

24=

5n(n− 3)6

⇔ (n− 1)(n− 2) = 20, deci n = 6.

8. Sa se determine doua numere reale strict pozitive x si y astfel ıncat

x + y = xy = x2 − y2.

a) x = 3+√

52 , y = 1+

√5

2 ; b) x = 3−√52 , y = 1+

√5

2 ; c) x = 0, y = 0;d) x = 3+

√5

2 , y =√

5−12 ; e) x = 1, y = 0; f) x = 1

2 , y = −1.

Solutie. Din{

x, y > 0, x + y = xy = (x− y)(x + y)x + y = (x− y)(x + y) rezulta x−y = 1. Din x+y = xy, prin ınlocuirea

lui x = y + 1, obtinem

y + 1 + y = (y + 1)y ⇔ y2 − y − 1 = 0 ⇔ y ∈{

1±√52

}.

Dar y > 0, deci y =1 +

√5

2si x =

3 +√

52

.

9. Cate numere complexe distincte z verifica relatia z · z = 1 ?a) 3; b) doua; c) nici unul; d) 1; e) 4; f) o infinitate.

Solutie. Avem z · z = 1 ⇔ |z|2 = 1 ⇔ |z| = 1. Deci z = cos α + i sin α; α ∈ [0, 2π) si deci o infinitate desolutii.

10. Sa se determine m ∈ R daca inecuatia e2x + mex + m− 1 > 0 este verificata pentru orice x real.

a) nu exista m; b) m ∈ (1,∞); c) m = 1; d) m ∈ (−∞, 1]; e) m ∈ [−1, 1]; f) m ∈ [1,∞).

Solutie. Notam ex = y, iar conditia devine y2+my+m−1 > 0, ∀y > 0. Descompunem y2+my+m−1 =(y− 1)(y + 1) + m(y + 1) = (y + 1)(y− 1 + m) > 0, ∀y > 0. Daca y → 0, se obtine conditia necesara (careeste si suficienta) m ≥ 1. Avem ∆ = (m− 2)2, deci f are radacini reale. Prin urmare

f(y) > 0, ∀y > 0 ⇔ y1, y2 ≤ 0 ⇔ (P = y1y2 ≥ 0; S = y1 + y2 ≤ 0) ⇔ (P = m− 1 ≥ 0; S = −m ≤ 0),

deci m ≥ 1.

11. Sa se determine catul ımpartirii polinomului f = X3 + X2 + 2X − 3 la g = X2 + 2X − 3.

a) X + 1; b) X − 1; c) X + 2; d) X2; e) X + 3; f) X + 4.

Solutie. Aplicand teorema ımpartirii cu rest obtinem X3 + X2 + 2X − 3 = (X2 + 2X + 3)(X − 1) + X,deci catul este X − 1.


12. Sa se calculeze f ′(1) pentru functia f : R→ R, f(x) =x− 1x2 + 1

.

a) 2; b) 0; c) 1; d) 32 ; e) 1

2 ; f) −3.

Solutie. Avem f ′(x) =x2 + 1− 2x2 + 2x

(x2 + 1)2=−x2 + 2x + 1

(x2 + 1)2. Deci f ′(1) =

12.

13. Sa se calculeze E = 0, 02 · 3143, 14

·√

94.

a) E = 30; b) E = π; c) E = 3; d) E =√

3; e) E = 1; f) E = 300.

Solutie. E =2

100· 314314

· 100 · 32

= 3.

14. Sa se rezolve ecuatia√

x2 + 1 − 1 = 0.

a) x1,2 = ±√2; b) x1,2 = ±1; c) x = 2; d) x1 = 0, x2 =√

2; e) x = 0; f) x1,2 = ±i.

Solutie. Avem√

x2 + 1 = 1. Prin ridicare la patrat, egalitatea devine x2 + 1 = 1 ⇔ x2 = 0, deci x = 0.

15. Sa se calculeze suma primilor 20 de termeni ai unei progresii aritmetice (an), n ≥ 1, stiind caa6 + a9 + a12 + a15 = 20.

a) 100; b) 50; c) nu se poate calcula; d) 0; e) 20; f) 2000.

Solutie. Din a6 + a9 + a12 + a15 = 20, rezulta a1 + 5r + a1 + 8r + a1 + 11r + a1 + 14r = 20, deci

2a1 + 19r = 10. Prin urmare S20 =(a1 + a20)20

2= (2a1 + 19r)10 = 100.

16. Se considera multimea M = {x2 + x + 1 | x ∈ R}. Atunci

a) M =(

34 ,∞)

; b) M =[34 ,∞)

; c) M =(−∞, 3

4

); d) M =

[− 34 , 3

4

]; e) M = R; f) M = g¡ .

Solutie. Multimea valorilor functiei f : R → R, f(x) = ax2 + bx + c, a > 0 este[−4

4a ,∞). In cazul

nostru Im f =[34 ,∞)

.

17. Sa se determine elementul neutru pentru legea de compozitie

x ◦ y = xy + 3x + 3y + 6definita pe multimea R.

a) −2; b) 1; c) 0; d) 3; e) nu exista; f) −4.

Solutie. Din x ◦ e = x si e ◦ x = x, ∀x ∈ R rezulta xe + 3x + 3e + 6 = x, ∀x ∈ R ⇔ (x + 3)(e + 2) =0, ∀x ∈ R⇔ e = −2.

18. Sa se calculeze aria multimii

M = {(x, y) ∈ R× R | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ xex+1}.a) ln 2; b) e2; c) 2e; d) e + 1; e) e; f) 2 ln 2.

Solutie. Folosind integrarea prin parti rezulta aria

A =∫ 1

0

xex+1dx = xex+1

∣∣∣∣1

0

−∫ 1

0

ex+1dx = e2 − e2 + e = e.


Universitatea Politehnica din Bucuresti 2000Disciplina: Geometrie si Trigonometrie

1. Un cub ABCDA′B′C ′D′ se sectioneaza cu planul mediator al diagonalei AC ′. Sa se specifice formasectiunii obtinute.

a) triunghi; b) hexagon; c) trapez; d) patrat; e) octogon; f) pentagon.

Solutie. Fie O mijlocul diagonalei AC ′ a cubului ABCDA′B′C ′D′, fie π planul perpendicular pe AC ′

care trece prin punctul O si fie a lungimea laturii cubului (vezi figura).

Ducem din O perpendiculara pe AC ′ ın planul ACC ′. Aceasta intersecteaza diagonala AC a bazei ınpunctul U . Avem ∆C ′AC ∼ UOA (triunghiuri dreptunghice cu varful C ′AC comun), deci AO

AC = AUAC′ ⇔

a√

3/2

a√

2= AU

a√

3, deci AU = 3

4a√

2 ⇒ CUCA = 1

4 . Fie UM ⊥ AC, M ∈ BC. Atunci ∆CUM ∼ ∆CBA

(triunghiuri dreptunghice cu varful ACB comun), deci CUCB = CM

CA ⇔ a√

2/4a = CMa√

2⇒ CM = a/2,

deci M este mijlocul muchiei AB a cubului. Pe de alta parte, se observa ca MU este perpendicular peplanul ACC ′ (MU ⊥ AC din constructie si MU ⊥ CC ′ deoarece CC ′ este perpendicular pe planul ABC,deci CC ′ ⊥ CM ⇒ CM ⊥ CC ′). De asemenea, OU ⊥ AC ′ (din constructie), deci folosind teoremacelor trei perpendiculare, rezulta MO ⊥ AC ′, deci M ∈ π. Analog se arata ca mijloacele N, P, Q, R, Sale muchiilor BB′, B′A′, A′D′, D′D, DC respectiv, apartin planului π. Atunci si segmentele care unescaceste puncte, MN,NP, PQ,QR, RS, SM , care au lungime egala cu a/

√2 sunt incluse ın acest plan, deci

si hexagonul MNPQRS determinat de acestea. Laturile opuse ale acestui hexagon sunt paralele ıntreele (fiind paralele cu diagonale omologe ale fetelor opuse ale cubului), deci hexagonul este regulat. Prinurmare π intersecteaza cubul dupa hexagonul regulat MNPQRS.

2. Un triunghi echilateral este descompus ın N triunghiuri echilaterale disjuncte ın modul urmator: fiecarelatura a triunghiului dat este ımpartita ın n parti egale (n > 7) si prin punctele de diviziune se duc drepteparalele cu laturile triunghiului. Sa se determine N .

a) 2n; b) 5n−3; c) n3; d) n2; e) n (n + 1); f) 3n−1.

Solutie. Paralelele duse la baza triunghiului echilateral prin cele n − 1 puncte de pe latura AB atriunghiului ımpart triunghiul ın n benzi care contin respectiv 1, 3, 5, . . . , 2n− 1 triunghiuri mici. In total

triunghiul dat contine N =n∑

k=1

(2k − 1) = 2n∑

k=1

k − n = 2n(n + 1)

2− n = n2 triunghiuri mici. Putem

verifica acest lucru prin inductie: pentru n = 1 avem n2 = 1, deci un singur triunghi, iar daca pentrulaturi divizate ın cate n segmente egale avem N = n2, atunci triunghiul cu n + 1 segmente egale va aveaın plus o banda inferioara cu 2n + 1 triunghiuri mici (vezi figura).

Enunturi si solutii * Admiterea U.P.B. 2000 * M1G - 1

Deci noul triunghi (omologul celui vechi cu numarul de diviziuni incrementat) va avea N ′ = n2+(2n+1) =(n + 1)2, c.c.t.d.

3. Un trapez isoscel, circumscris unui cerc, are lungimile bazelor de 8 si 2. Sa se calculeze aria trapezului.

a) 28; b) 16; c) 12; d) 20; e) 15; f) 10.

Solutie. Inaltimea trapezului este CE =√

CB2 −BE2 (vezi figura).

Dar CB = CF + FB = CM + BN = CD2 + BA

2 = 1 + 4 = 5, unde am folosit faptul ca tangentele dusedintr-un punct exterior la un cerc sunt de aceeasi lungime. Pe de alta parte, BE = BN − EN =BN−CM = BA

2 − CD2 = 4−1 = 3. Deci CE =

√52 − 32 = 4, iar aria trapezului este A = AB+CD

2 ·CE =5+12 · 4 = 12.

4. Sa se calculeze sin 2x daca tg x = 3.

a) 34 ; b) 1

2 ; c) 35 ; d)

√2

2 ; e) 57 ; f)

√3

2 .

Solutie. Avem sin 2x =2 tg x

1 + tg 2x=

2 · 31 + 9

=610

=35.

5. Pe latura AD a paralelogramului ABCD se considera punctul E astfel ıncat AE =1

2000AD. Fie F

punctul de intersectie al dreptei BE cu diagonala AC. Sa se calculeze raportulAF

AC.

a) 11999 ; b) 1

2000 ; c) 11998 ; d) 1

2001 ; e) alt raspuns; f) 12002 .

Solutie. Fie O punctul de intersectie al diagonalelor AD si BC ale paralelogramului (vezi figura).

Aplicand teorema Menelaus pentru secanta BE si triunghiul AOD, rezulta

FA

FO· BO

BD· ED

EA= 1 ⇒ AF

FO=

BD

BO· EA

DE=

21·

12000AD

AD − 12000AD

=2

1999.


Prin urmare, avem

AF

AF + FO=

22 + 1999

=2

2001⇒ AF

FO=

22001

⇒ AF

AC=

AF

2AO=

12001

.

6. Fie V ABCD o piramida patrulatera regulata cu toate muchiile de lungime 4. Sa se calculeze distanta dela mijlocul M al muchiei laterale V A la muchia BC a bazei.

a) 52 ; b) 3; c) 7

3 ; d) 12

√11; e)

√11; f)

√14.

Solutie. Fie {O} = AC ∩ BD, E proiectia lui M pe planul bazei (E ∈ AC) si fie F proiectia lui E peBC (E ∈ BC). Folosind teorema celor trei perpendiculare, rezulta MF ⊥ BC (vezi figura).

Dar ME = V O2 (din ∆AME ∼ ∆AV O) iar EF = 3

4 · AB (din ∆EFC ∼ ∆ABC si AE = EO ⇒ CE =34 ·AC). Pe de alta parte, ın triunghiul dreptunghic V OC avem

V O =√

V C2 −OC2 =

√√√√V C2 −(

AB√

22

)2

=

√√√√42 −(

4√

22

)2

= 2√

2.

Deci ME = V O2 =

√2, iar EF = 3

4 · AB = 3. Aplicand teorema lui Pitagora ın triunghiul dreptunghicMEF , rezulta MF =

√ME2 + EF 2 =

√2 + 9 =

√11.

7. Aria unei sfere ınscrise ıntr-un trunchi de con cu razele bazelor R si r este

a) 4πRr; b) πRr; c) π(R2 − r2

); d) 2πRr;

e) nu se poate calcula; f) π(R2 + r2

).

Solutie. O sectiune prin axa de simetrie a trunchiului de con are forma unui trapez circumscris unuicerc mare al sferei (vezi figura).

Fie ρ raza sferei. Aplicand teorema lui Pitagora ın triunghiul hasurat, obtinem ınaltimea h = 2ρ atrapezului, h =

√(R + r)2 − (R− r)2 =

√4Rr = 2

√Rr. Deci ρ =

√Rr, iar aria sferei este A = 4πρ2 =

4πRr.

8. Fie ABCD un patrulater convex si M, N, P,Q respectiv mijloacele laturilor AB, BC,CD,DA. Sa se

determine raportul r =AABCD

AMNPQ.

a) r = 43 ; b) r = 3

2 ; c) r = 4; d) r =√

2; e) r = 3; f) r = 2.

Solutie. Se observa ca MN este linie mijlocie ın ∆BAC (vezi desenul), deci ∆BMN ∼ ∆BAC, cu

raportul de asemanare MNAC = 1

2 , deciA∆BMN

A∆BAC=

(12

)2

=14.


Analog obtinemA∆DQP

A∆ADC=A∆CNP

A∆CBD=A∆AMQ

A∆ABD=

14. Deci

AABCD = AMNPQ + (ABMN +ADQP ) + (ACNP +AMNQ) =

= AMNPQ +14(AABC +AADC) +

14(ACBD +AABD) =

= AMNPQ +14(AABCD +AABCD) = AMNPQ +

12· AABCD,

deci AMNPQ =12AABCD ⇒ A∆MNPQ

A∆ABCD=

12. Alta rezolvare. Avem AABCD = AC·BD·sin α

2 , unde α este

unghiul format de diagonalele patrulaterului. Dar α are aceeasi marime cu unghiul format de laturileparalelogramului MNPQ (laturile paralelogramului sunt paralele cu diagonalele si sunt egale respectivcu 1/2 din lungimile acestora, fiind linii mijlocii ın triunghiurile ∆ABC, ∆ADC, ∆CBD, ∆ABD). Ariaparalelogramului MNPQ este

AMNPQ = QM ·QP · sin α =BD

2· AC

2· sinα =

AC ·BD · sin α

4=AABCD

2.

9. Sa se calculeze produsul P = sin 30◦ cos 45◦ tg 60◦.

a)√

62 ; b) 4√

6; c)

√6

4 ; d)√

6; e)√

63 ; f)

√2

4√

3.

Solutie. Avem P = 12 ·

√2

2 · √3 =√

64 .

10. In triunghiul ABC, dreptunghic ın A, lungimile laturilor satisfac relatiile b = c + 1, a < 5. Atunci

a) 0 < c < 3; b) c = π; c) c = 3, 1; d) c = 3; e) c > 4; f) c = 2√

3.

Solutie. Din teorema lui Pitagora, obtinem a =√

b2 + c2. Folosind conditiile din ipoteza, rezulta

a < 5 ⇔√

(c + 1)2 + c2 < 5 ⇒ c2 + c− 2 < 0 ⇔ (c− 1)(c + 2) < 0 ⇔ c ∈ (−2, 1).

Dar c > 0, deci c ∈ (0, 1), prin urmare 0 < c < 3.

11. Fie A si B doua puncte distincte fixate ıntr-un plan. Sa se determine multimea punctelor M din planpentru care aria triunghiului MAB este constanta.

a) un punct; b) reuniunea a doua drepte concurente;c) o dreapta paralela cu AB;d) reuniunea a doua drepte paralele; e) o dreapta perpendiculara pe AB;f) un cerc trecand prin A si B.

Solutie. Aria triunghiului este A = AB·d(M,AB)2 , deci A si AB constante conduc la d(M,AB) =

2AAB =const. Prin urmare M descrie o pereche de drepte paralele cu dreapta AB, aflate la distanta 2A

AB deaceasta dreapta (vezi desenul).


12. Sa se determine x ∈(0,

π

2

)astfel ıncat cos x =

√3 sinx.

a) π3 ; b) π

5 ; c) π6 ; d) alt raspuns; e) nu exista; f) π

4 .

Solutie. Se observa ca x ∈ (0, π2 ) ⇒ cos x > 0. Impartind ecuatia prin cos x 6= 0, obtinem tg x = 1√

3,

deci x = π6 ∈ (0, π

2 ).

13. In triunghiul ascutitunghic ABC, punctele C ′ si B′ sunt picioarele ınaltimilor duse din varfurile C si B.Se da m(A) = 60◦ si BC = a. Sa se calculeze B′C ′.

a) a2 ; b) a√

3; c) a

3 ; d) nu se poate calcula; e) a4 ; f) a

√2

2 .

Solutie. Se observa ca BC ′C = BB′C = 90◦, deci BCB′C ′ este patrulater inscriptibil (diagonaleleformeaza unghiuri congruente cu laturi opuse), deci suma unghiurilor opuse ale patrulaterului este de 180◦

(vezi figura).

Prin urmare AC ′B′ = 180◦− C ′B′C = ABC si analog se obtine AC ′B′ = ACB. Deci ∆AB′C ′ ∼ ∆ABC(au unghiurile respectiv egale). Pe de alta parte, din triunghiul dreptunghic AC ′C avem AC ′ = AC cos A,deci raportul de asemanare al triunghiurilor ∆AC ′B′ si ∆ABC este dat de raportul laturilor omologeAC′AC = cos A = 1

2 , si deci B′C′BC = 1

2 ⇒ B′C ′ = a · 12 = a

2 .

14. Volumul unui cub de diagonala d este

a) d3√39 ; b) 2d3; c) d3√2

9 ; d) 3d3; e) d3; f) d3√312 .

Solutie. Daca a este latura cubului, atunci d = a√

3, deci a = d/√

3, iar volumul este V = a3 = d3

3√

3=

d3√39 .

15. Un tetraedru are volumul V si aria totala A. Sa se calculeze raza sferei ınscrise ın tetraedru.

a) VA ; b) 2V

A ; c) 3VA ; d) V

3A ; e) V2A ; f) 2V

3A .

Solutie. Fie r raza sferei ınscrise ın tetraedru. Unind centrul sferei cu varfurile fiecarei fete a tetraedrului,se obtin patru tetraedre - fiecare de volum σ·r

3 , unde σ este aria unei fete. Suma celor patru volume esteV, deci r = 3V

A .

16. Fie a, b, c lungimile laturilor unui triunghi ABC. Sa se calculeze cos A, daca a =7c

3si b =

8c

3.

a)√

32 ; b) 2

3 ; c) 13 ; d) 1

2 ; e) − 14 ; f)

√2

2 .

Solutie. Aplicand teorema cosinusului ın triunghiul dat, obtinem

cos A =b2 + c2 − a2

2bc=

(8c/3)2 + c2 − (7c/3)2

2 · (8c/3) · c =64 + 9− 49

9· 316

=249· 316

=12.


17. Sa se calculeze aria triunghiului ale carui varfuri au afixele

z1 = 2 + i, z2 = 2− i, z3 = i.

a)√

2; b) 4; c) 12 ; d) 2

√2; e) 3; f) 2.

Solutie. Coordonatele varfurilor triunghiului asociat celor trei numere complexe, sunt (2, 1), (2,−1), (0, 1),deci folosind formula ariei cu determinant, rezulta

A =12|∣∣∣∣∣∣

2 1 12 −1 10 1 1

∣∣∣∣∣∣| = 1

2| − 4| = 2.

18. Se da o coroana circulara de raze R, r (R > r). Cercul mic este ınscris, iar cercul mare este circumscrisaceluiasi triunghi. Sa se calculeze raportul R/r.

a) 8; b) problema nu are solutie; c)√

3; d) 2; e)√

2; f) 3.

Solutie. Daca O este cercul centrului circumscris, acesta coincide din ipoteza cu centrul cercului ınscrisın triunghi (vezi figura).

Prin urmare ın triunghi mediatoarele coincid respectiv cu bisectoarele, deci sunt si mediane, si ınaltimi.Deci triunghiul este echilateral, iar ınaltimea sa este ımpartita de centrul sau de greutate O ın raportulRr = 2

1 = 2.



1. Sa se calculeze limx→−∞

(x +

√x2 + 4x

).

a) ∞; b) -2; c) 2; d) −∞; e) nu exista; f) 0.

Solutie. Amplificand cu conjugata, obtinem:

limx→−∞

(x +√

x2 + 4x) = limx→−∞

x2 + 4x− x2

√x2 + 4x− x

= limx→−∞

4x

|x|√

1 + 4x − x

= limx→−∞

4x

−x(√

1 + 4x + 1

) = −2.

2. Se considera functia f : R→ R, f(x) =

x2 + 1, x > 0m, x = 01− x2, x < 0.

Sa se determine m real astfel ıncat sa existe f ′(0).

a) −1; b) 2; c) −2; d) 1; e) 0; f) m ∈ (−1, 1).

Solutie. Continuitatea ın 0 este asigurata de conditiile ls(0) = f(0) = ld(0) si deci m = 1. Pentrum = 1 functia f este continua ın 0 si lim

x→0f ′(x) = 0. Din consecinta teoremei lui Lagrange rezulta ca f

este derivabila ın 0 si f ′(0) = 0.

3. Sa se determine numarul ıntreg cel mai apropiat de 4√

44.

a) 3; b) 6; c) 2; d) 4; e) 5; f) 7.

Solutie. Avem 7 >√

44 > 6, 5 si deci√

7 > 4√

44 >√

6, 5, adica 2, 65 > 4√

44 > 2, 54. Deci cel maiapropiat ıntreg este 3.

4. Cate cifre ın baza 10 are numarul

N = 1 + 2 · 10 + 3 · 102 + · · ·+ 9 · 108 + 10 · 109 ?

a) 11; b) 14; c) 9; d) 10; e) 12; f) 8.

Solutie. Avem 10 · 109 < N < 109 + 10 · 109 deci 1010 < N < 1011, adica N are 11 cifre.

5. Sa se calculeze f ′′ (0) pentru functia f : R→ R, f(x) = x ex + ln(x2 + 1).

a) 4; b) −1; c) 6; d) 0; e) 2; f) 8.

Solutie. Avem f ′(x) = (x + 1)ex +2x

x2 + 1si

f ′′(x) = (x + 2)ex +2(x2 + 1)− 2x(2x)

(x2 + 1)2= (x + 2)ex +

2(1− x2)(x2 + 1)2

si deci f ′′(0) = 2 + 2 = 4.

6. Sa se calculeze aria multimii cuprinse ıntre curba de ecuatie y = x ex si dreptele x = −1, x = 0, y = 0.

a) 1− 2e ; b) 2; c) 3; d) −1; e) −2; f) e.

Solutie. Aria este∫ 0

−1|xex| dx =

∫ 0

−1−(xex)dx = ex(1− x) |0−1= 1− 2

e .

7. Sa se calculeze integrala∫ 19

3

√x + 6− 6

√x− 3 dx .

a) 383 ; b) 19

2 ; c) 392 ; d) 18

5 ; e) 365 ; f) 38

5 .

Solutie. Din conditia de existenta a radicalului√

x− 3, avem x− 3 ≥ 0 ⇔ x ∈ [3,∞). Cum x ∈ [3, 19],aceasta conditie este satisfacuta. Se observa ca

√x + 6− 6

√x− 3 =

√(√

x− 3− 3)2 = |√x− 3− 3| ={

3−√x− 3, x ∈ [3, 12]√

x− 3− 3, x ∈ [12, 19].


Atunci

I =∫ 19

3

√x + 6− 6

√x− 3 dx =

∫ 12

3

(3−√x− 3)dx +∫ 19

12

(√

x− 3− 3)dx.

Efectuam schimbarea de variabila y =√

x− 3, deci x = y2 + 3, dx = 2ydy si x = 3 ⇒ y = 0, x = 12 ⇒y = 3, x = 19 ⇒ y = 4. Rezulta

I =∫ 3

0

(3− y)2ydy +∫ 4

3

(y − 3)2ydy =(

3y2 − 23y3

)∣∣∣∣3

0

+(

23y3 − 3y2

)∣∣∣∣4

3

=383

.

8. Fie a si b numere reale astfel ıncat −5 < a < 2 si −7 < b < 1. Atunci valorile posibile ale produsului absunt cuprinse ın intervalul:

a) (2, 35); b) (−14, 7); c) (−12, 3); d) (−14, 35); e) (−35, 2); f) (−14, 2).

Solutie. Pentru a, b > 0 avem ab < 2 · 1 = 2. Pentru a, b < 0 avem 0 < −a < 5 si 0 < −b < 7 si deciab < 35. Pentru a < 0 < b avem 0 < −a < 5 si 0 < b < 1 si deci −ab < 5 ⇔ ab > −5. Daca b < 0 < arezulta 0 < −b < 7 si 0 < a < 2. Prin ınmultire avem −ab < 14, deci ab > −14. Din aceste consideratiiavem −14 < ab < 35 ⇔ ab ∈ (−14, 35). Acest rezultat este optim deoarece lim

ε↘0(−5 + ε)(−7 + ε) = 35 si

limε↘0

(2− ε)(−7 + ε) = −14.

9. Se considera permutarile

σ =(

1 2 3 42 1 3 4

), τ =

(1 2 3 41 3 4 2

).

Sa se rezolve ecuatia σ11 · x = τ .

a) x =(

1 2 3 42 1 4 3

); b) x =

(1 2 3 43 1 4 2

); c) x =

(1 2 3 41 2 4 3

);

d) x =(

1 2 3 41 2 3 4

); e) x =

(1 2 3 43 4 2 1

); f) x =

(1 2 3 42 3 4 1

).

Solutie. Avem σ2 = e si deci σ11 = σ10 · σ = σ. Ecuatia devine σ · x = τ si de aici

x = σ−1τ =(

1 2 3 42 1 3 4

)(1 2 3 41 3 4 2

)=

(1 2 3 42 3 4 1

).

10. Daca 2x− y + z = 0, x + y − z = 0 si y 6= 0, sa se calculeze valoarea raportului

x2 − 2y2 + z2

x2 + y2 + z2.

a) 2; b) 4; c) 12 ; d) − 1

2 ; e) 3; f) 0.

Solutie. Din 2x + z = y si x− z = −y rezulta x = 0 si z = y, decix2 − 2y2 + z2

x2 + y2 + z2=−2y2 + y2

y2 + y2= −1

2.

11. Valoarea raportului ln 15

lg 15este

a) e15 ; b) 15; c) 5; d) lg e; e) ln 10; f) 1.

Solutie. Avem lg 15 =ln 15ln 10

si deciln 15lg 15

= ln 10.

12. Sa se determine suma solutiilor ecuatiei x3 + x + 2 = 0 ın Z6.

a) 0; b) 4; c) 5; d) 1; e) 3; f) 2.

Solutie. Observam ca 2 verifica ecuatia x3 + x + 2 = 0. Aplicam schema lui Horner si obtinem

x3 x2 x1 x0

1 0 1 22 1 2 5 0

Deci x3 + x + 2 = (x− 2)(x2 + 2x + 5). Prin ıncercari cu elementele din Z6 deducem ca x2 + 2x + 5 = 0nu are solutii. Deci singura solutie este 2.


13. Robinetul A umple un rezervor gol ın doua ore, iar robinetul B umple acelasi rezervor ın patru ore. Incate minute vor umple acelasi rezervor gol robinetele A si B curgand ımpreuna ?

a) 40 min; b) 80 min; c) 100 min; d) 360 min; e) 180 min; f) 60 min.

Solutie. Intr-o ora primul robinet umple 12 din bazin iar al doilea umple 1

4 din bazin. Ambele robineteumplu bazinul ın 1

12+ 1

4ore adica 4

3 · 60 = 80 min .

14. Cati termeni rationali sunt ın dezvoltarea(√

2 + 13√2

)25

?

a) 6; b) 4; c) 5; d) 24; e) nici unul; f) 25.

Solutie. Termenul general este Tk+1 = Ck25(√

5)25−k · ( 13√2

)k = Ck252

5(15−k)6 , k = 0, 25. Este necesar si

suficient ca 15−k6 = h ∈ Z deci k = 15 − 16h. Cum 0 ≤ k ≤ 25 avem 0 ≤ 15 − 6h ≤ 25 ⇔ − 10

6 ≤ h ≤ 52

deci h ∈ {−1, 0, 1, 2}. Exista deci patru termeni rationali.

15. Sa se determine m real daca exista o singura pereche (x, y) de numere reale astfel ıncat y ≥ x2 + m six ≥ y2 + m.

a) nu exista m; b) m = 14 ; c) m = 0; d) m ≥ 1

8 ; e) m < 18 ; f) m = 1.

Solutie. Adunand relatiile, obtinem

x2 + y2 − x− y + 2m ≤ 0 ⇔(

x− 12

)2

+(

y − 12

)2

≤ −2m +12.

Daca −2m+ 12 < 0 se obtine o contradictie. Daca m = 1

4 , atunci (x− 12 )2+(y− 1

2 )2 = 0. Deci x = 12 , y = 1

2 .

Daca m < 14 alegem x = y , x2 − x + m ≤ 0 deci x ∈

[1−√1−4m

2 , 1+√

1+4m2

], deci exista o infinitate de

solutii cu proprietatea din enunt. Deci raspunsul este m = 14 .



1. Intr-un triunghi ascutitunghic ABC, ınaltimea CH are aceeasi lungime cu mediana BM. Sa se determinemasura unghiului MBA.

a) 60o; b) 45o; c) 40o; d) 30o; e) 67o30′; f) 22o30′.

Solutie. Fie N proiectia lui M pe AB. M este mijlocul lui AC, deci MN = 12CH. Se observa ca

MN ||CH deoarece MN este linie mijlocie pentru 4AHC. Deci MN = 12BM si deci sin(MBA) = MN

BM =MNCH = 1

2 rezulta MBA = 30◦.

2. In plan se considera o dreapta d si doua puncte distincte A,B situate de aceeasi parte a lui d. Daca pentrupunctul M ∈ d suma AM+MB este minima, atunci

a) AM si BM fac acelasi unghi ascutit cu d; b) m(AMB) = 60o;c) AM ≡ MB; d) AM⊥d; e) m(AMB) = 90o; f) BM⊥d.

Solutie. Fie A′ simetricul lui A fata de dreapta d si fie M intersectia lui A′B cu d (vezi desenul). DacaN ∈ d, atunci NA = NA′. Dar MA = MA′, deci folosind inegalitatea laturilor triunghiului ın ∆A′NB,avem NA + NB = NA′ + NB ≥ A′B = AM + MB, cu egalitate pentru N = M (cand triunghiuldegenereaza ıntr-un segment).

3. Sa se determine perioada principala pentru functia

f : R→ R, f(x) =sin 2x3 +cosx

2 .

a) 4π; b) 3π; c) 12π; d) 9π; e) 2π; f) 6π.

Solutie. Fie T > 0 o perioada pentru f . Avem f(x+T ) = f(x), ∀ x ∈ R si deci sin( 2x3 + 2T

3 )+cos(x2 + T

2 ) =sin 2x

3 + cos x2 . Derivand de doua ori, obtinem

49

sin(

2x

3+

2T

3

)+

14

cos(

x

2+

T

2

)=

49

sin2x

3+

14

sinx

2.

Rezulta sin( 2x3 + 2T

3 ) = sin 2x3 si cos(x

2 + T2 ) = cos x

2 si apoi 2T3 = 2kπ, T

2 = 2hπ, k, h ∈ Z. AvemT = 3πk = 4hπ ⇔ 3k = 4h. Minimul lui k este 4 (se obtine h0 = 3) si deci minimul lui T este 12π.


4. Sa se determine multimea solutiilor ecuatiei sin x + cos x =√

3.

a){

π6 + 2kπ | k ∈ Z}

; b){

π4 + kπ | k ∈ Z}

; c){

π4 + 2kπ | k ∈ Z}

; d) R;e) multimea vida; f) π

6 .

Solutie. Avem succesiv: sin x + cos x =√

3 ⇔√

22 sinx +

√2

2 cos x =√

62 ⇔ sin(x + π

4 ) =√

62 > 1, si prin

urmare ecuatia nu are solutii. Altfel. Ridicand ecuatia la patrat, obtinem

(sin x + cos x)2 = 3 ⇒ 1 + 2 sin x cosx = 3 ⇔ sin 2x = 2 > 1,

deci ecuatia nu are solutii.

5. Intr-o piramida triunghiulara regulata cu varful V , lungimea laturii bazei este a si a muchiei laterale b(0 < a < b

√3). Sa se determine aria sectiunii duse printr-o muchie laterala si prin ınaltimea din V .

a) a4

√3b2 − a2; b)

√3b4 − a4; c) a

3

√3b2 − a2; d) a

2

√3b2 − a2; e) a

2

√a2 + b2; f) ab

2 .

Solutie. Sectiunea este triunghiul V DC (vezi desenul) a carui baza este segmentul CD, de lungimeegala cu ınaltimea triunghiului echilateral de latura a = AB, deci CD = a

√3

2 . In triunghiul echilateralABC avem OC = 2

3CD = a√3. Aplicand teorema lui Pitagora ın triunghiul dreptunghic V OC, obtinem

ınaltimea triunghiului V DC, V O =√

b2 − a2

3 . Aria triunghiului de sectiune V DC este deci 12 ·DC ·V O =

a4

√3b2 − a2.

6. Sa se scrie sub forma trigonometrica numarul complex z =√

3+i√3−i

.

a) cos π3 + i sin π

3 ; b) cos π4 + i sin π

4 ; c) sin π4 + i cos π

4 ; d) cos 2π3 + i sin 2π

3 ;e) sin π

3 + i cos π3 ; f) 1+i

√3

2 .

Solutie. Avem z =√

3 + i√3− i

=(√

3 + i)2

(√

3− i)(√

3 + i)=

3 + 2√

3i− 13 + 1

=12

+ i

√3

2= cos

π

3+ i sin

π

3.

7. Sa se calculeze arcsin(sin 5π

6

).

a) π6 + kπ; b) π

6 ; c) 5π6 ; d) 5π

6 + 2kπ, k ∈ Z; e) π3 ; f) 5π

6 + 2kπ.

Solutie. Avem succesiv arcsin(sin 5π6 ) = arcsin( 1

2 ) = π6 .

8. Sa se determine x ∈ (0, π) daca (x− 4) sin 2x = 0.

a) 4 si π2 ; b) π

2 ; c) π3 ; d) kπ

2 , k ∈ Z; e) 3π2 ; f) 0.

Solutie. Avem (x− 4) sin 2x = 0 ⇔ x = 4 sau 2x = kπ, k ∈ Z. Dar x ∈ (0, π), deci x = π2 .

9. Volumul trunchiului de con circular drept avand razele bazelor 5 si 2, iar generatoarea 5, este

a) 26π; b) 50π; c) 14π; d) 42π; e) 5π; f) 52π.

Solutie. Avem h =√

a2 − (R− r)2 =√

25− 9 = 4 si deci V = πh3 (R2 + Rr + r2) = 52π.

10. Aria hexagonului convex regulat cu lungimea laturii 24√3

este

a) 2; b) 18; c) 6√

3; d) 6; e) 98 ; f) 2

√3.

Solutie. Aria hexagonului de latura a este S = 6a2√34 . Pentru a = 2

4√3rezulta S = 6 ·

4√3·√3

4 = 6.


11. Un plan determina pe o sfera de raza R doua calote sferice cu raportul ariilor 13 . Sa se determine raza

cercului de sectiune.

a) R√

2; b) R2 ; c) R

√3

2 ; d) R3 ; e) R

√2

2 ; f) R.

Solutie. Fie h ınaltimea calotei mici. Avem 2πRh2πR(2R−h) = 1

3 si deci h = R2 . Raza cercului de sectiune

este r =√

R2 − R2

4 = R√

32 .

12. Sa se calculeze raportul dintre aria cercului ınscris si aria cercului circumscris unui patrat.

a) π√2; b) 1

4 ; c)√

2; d) 12 ; e) 1√

2; f) 2.

Solutie. Daca latura patratului este a, atunci razele celor doua cercuri sunt a2 si a

√2

2 iar raportul esteπ( a

2 )2

π( a√

22 )2

= 12 .

13. Daca ıntr-un triunghi ABC avem sin A = sin B + sin C, atunci

a) triunghiul este isoscel; b) m(A) = 105o; c) triunghiul este dreptunghic;d) triunghiul este echilateral; e) nu exista un astfel de triunghi; f) m(A) = 75o.

Solutie. Fie a, b, c laturile triunghiului (vezi desenul). Din teorema sinusuluia

sin A=

b

sin B=

c

sinC,

rezulta egalitateaa

sin A=

b + c

sin B + sin C, deci relatia din enunt devine a = b + c, ceea ce contrazice

inegalitatea triunghiului a < b + c. Deci nu exista un astfel de triunghi.

14. Fie un triunghi ABC cu AB = 5, AC = 10 si m(BAC) = 60o.Sa se calculeze lungimea bisectoarei din A.

a) 3; b) 4; c) 10√

33 ; d) 5

√3; e) 6; f) 14

3 .

Solutie. Notand cu la lungimea bisectoarei AD din dusa din A si b = AC, c = AB, are loc relatiala = 2bc

b+c cos A2 . Obtinem la = 2·5·10

15 cos 30◦ = 10√

33 .

Altfel. Aplicam teorema cosinusului ın ∆ABC si obtinem BC =√

52 + 102 − 2 · 5 · 10 · cos 60◦ =√

75 =5√

3. Dar numerele 5, 10, 5√

3 sunt pitagoreice, deci ∆ABC este dreptunghic cu B = 90◦. Atunci,deoarece AD este bisectoare ın triunghiul dreptunghic ABD (vezi desenul), avem BAD = 30◦, deciAD = AB

cos BAD= 5√

3/2= 10√

3= 10

√3

3 .

15. Se considera un triunghi dreptunghic isoscel ABC (AB ≡ AC). Atunci multimea tuturor punctelor Mdin spatiu pentru care are loc relatia MB2 + MC2 = 2MA2 este

a) sfera de diametru BC; b) reuniunea a doua plane; c) ipotenuza [BC]; d) dreapta BC; e) un plan;f) multimea vida.


Solutie. Fie O mijlocul lui BC. Din teorema medianei, avem MO2 = MB2+MC2

2 − BC2

4 . RelatiaMB2 +MC2 = 2MA2 se scrie 2MO2 + BC2

2 = 2MA2. Folsind BC2 = AO, rezulta MA2−MO2 = BC2

4 =AO2, deci MA2 = MO2 + AO2, care implica MO ⊥ AO.

Dar AO⊥BC, deci AO⊥(MBC) si locul geometric al punctului M este planul perpendicular ın O pe AO.



1. Fie matricele A =(

1 20 1

)si B =

(a b0 2

). Sa se determine numerele reale a si b daca AB = BA.

a) a = 2, b = 0; b) a = 1, b = 1; c) a = −2, b = 0; d) a = 2, b ∈ R; e) a = 2, b = 2; f) a ∈ R, b = 0.

Solutie. Avem AB = BA ⇔(

a b + 40 2

)=

(a 2a + b0 2

)⇔ b + 4 = 2a + b, adica a = 2, b ∈ R.

2. Sa se rezolve ecuatia 9x − 4 · 3x + 3 = 0.

a) 0; b) ln 3; c) 1; d) 0 si 1; e) −1; f) nu are solutii.

Solutie. Notam 3x = y si avem y > 0 si y2 − 4y + 3 = 0 ⇔ y ∈ {1, 3}. Atunci y = 1 ⇔ 3x = 1 ⇔ x = 0,sau y = 3 ⇔ 3x = 3 ⇔ x = 1. In concluzie x ∈ {0, 1}.

3. Sa se calculeze∫ 1

0

x

x2 + 1dx.

a) 1; b) 2; c) 0; d) 12 ln 2; e) −1; f) ln 2.

Solutie. Avem∫ 1

0x

x2+1dx = 12 ln (x2 + 1)

∣∣∣1

0= 1

2 ln 2.

4. Sa se rezolve ecuatia 3√

x = x.

a) 1; b) 0; c) 0, 1, i; d) 0, 1; e) 1, −1; f) 0, 1, −1.

Solutie. Prin ridicare la cub obtinem 3√

x = x ⇔ x = x3 ⇔ x(x− 1)(x + 1) = 0 ⇔ x ∈ {−1, 0, 1}.5. Sa se calculeze C4

6 + A25.

a) 35; b) 102; c) 10; d) 15; e) 20; f) 25.

Solutie. Cum C46 = 6·5

1·2 = 15 si A25 = 5 · 4 = 20, rezulta C4

6 + A25 = 35.

6. Sa se determine abscisele punctelor de extrem local ale functieif : R→ R, f(x) = x3 − 3x.

a) 0, −1; b) 0,√

3, −√3; c) 0; d) 1, −1; e)√

3; f) 1.

Solutie. Avem f ′(x) = 3x2 − 3 si deci f ′(x) = 0 ⇔ x ∈ {−1, 1}. Cum semnul lui f ′ se schimba ınx1 = −1, x2 = 1 rezulta ca abscisele cautate sunt −1 si 1.

7. Sa se aseze ın ordine crescatoare numerele 1, ln 2, ln 3, π.

a) ln 2, 1, ln 3, π; b) 1, ln 2, π, ln 3; c) ln 2, ln 3, 1, π; d) 1, ln 3, π, ln 2;e) 1, ln 2, ln 3, π; f) 1, π, ln 2, ln 3.

Solutie. Avem 2 < e < 3 < eπ si deci logaritmand sirul de inegalitati ln 2 < 1 < ln 3 < π.

8. Sa se determine m real daca functia f : R→ R, f(x) =

{2x + m, x ≤ 1m2x + 2, x > 1

este continua pe R.

a) 2; b) nu exista; c) 0 si 1; d) −1; e) 1; f) 0.

Solutie. Functia f este continua pe (−∞, 1) ∪ (1,∞). Continuitatea ın x = 1 are loc d.n.d. limx↗1

f(x) =

2 + m = limx↘1

f(x) = m2 + 2 = f(1) ⇔ m2 + 2 = 2 + m ⇒ m ∈ {0, 1}.

9. Sa se calculeze√

a2 − b2 pentru a = 242, 5 si b = 46, 5.

a) 196; b)√

46640; c) 240,75; d) 283; e) 238; f) 238,25.

Solutie. Avem√

a2 − b2 =√

(242.5− 46.5)(242.5 + 46.5) =√

196 · 289 =√

142 · 172 = 238.


10. Sa se determine m real daca ecuatia x2 − (m + 3)x + m2 = 0 are doua solutii reale si distincte.

a) m ∈ (−∞, 3); b) m ∈ R; c) m = −3; d) m ∈ (3,∞); e) m ∈ (−∞,−1);f) m ∈ (−1, 3).

Solutie. Conditia este 4 > 0 adica

(m + 3)2 − 4m2 > 0 ⇔ (m + 3− 2m)(3 + m + 2m) > 0 ⇔ m ∈ (−1, 3).

11. Fie functia f : (−1,∞) → R, f(x) = x · ln(x + 1). Sa se calculeze f(1) + f ′(0).

a) 0; b) ln 2; c) 1; d) 1 + ln 2; e) ∞; f) ln 3.

Solutie. Cum f ′(x) = ln (x + 1) + xx+1 , rezulta f ′(0) + f(1) = ln 1 + 0 + ln 2 = ln 2.

12. Sa se determine m real daca m ·∫ √

2

1

emx2+ln xdx = 1.

a) ln 2; b) 2; c) 4; d) ln 12 ; e) 1; f) 3.

Solutie.

Solutie. Deoarece eln x = x, folosind schimbarea de variabila y = mx2 rezulta

I = m

∫ √2

1

emx2xdx =

12

∫ √2

1

emx2(mx2)′dx =

12emx2

∣∣∣√

2

1=

12

(e2m − em

),

deci, tinand cont de faptul ca em > 0, ∀m ∈ R, obtinem

12(e2m − em) = 1 ⇔ (em)2 − em − 2 = 0 ⇔ em ∈ {−1, 2} ∩ (0,∞) = {2} ⇔ em = 2 ⇔ m = ln 2.

13. Sa se calculeze

limn→∞

(12

n3 + 12+

22

n3 + 22+ · · ·+ n2

n3 + n2

).

a) nu exista; b) 2; c) 1; d) 0; e) ∞; f) 13 .

Solutie. Avem k2

n3+n2 ≤ k2

n3+k2 ≤ k2

n3+1 si deci sumand pentru k ∈ {1, · · · , n}, rezulta

n(n + 1)(2n + 1)6(n2 + 1)

=∑n

k=1 k2

n3 + n2≤

n∑

k=1

k2

n3 + k2≤

∑nk=1 k2

n3 + 1=

n(n + 1)(2n + 1)6(n3 + 1)

.

Dar

limn→∞

n(n + 1)(2n + 1)6(n3 + 1)

= limn→∞

n(n + 1)(2n + 1)6(n3 + n2)

=13,

deci conform criteriului clestelui, obtinem limn→∞

n∑1

k2

n3 + k2=

13.

14. Sa se rezolve ecuatia

∣∣∣∣∣∣

1 x xx 1 xx x 1

∣∣∣∣∣∣= 0.

a) − 12 , 1; b) − 1

2 ; c) 0; d) 1; e) 12 , 1; f) − 1

2 , 0.

Solutie. Avem∣∣∣∣∣∣

1 x xx 1 xx x 1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

2x + 1 2x + 1 2x + 1x 1 xx x 1

∣∣∣∣∣∣= (2x + 1)

∣∣∣∣∣∣

1 0 0x 1− x 0x 0 1− x

∣∣∣∣∣∣= (2x + 1)(1− x)2.

Deci ecuatia se rescrie (x− 1)2(x + 1

2

)= 0 ⇔ x ∈ {− 1

2 , 1}.



x3 − 5x2 + 3x + 9x3 − 4x2 − 3x + 18

.

a) 53 ; b) −∞; c) 4

5 ; d) 0; e) 43 ; f) − 3

2 .


x3 − 5x2 + 3x + 9x3 − 4x2 − 3x + 18

= limx→3

(x− 3)2(x + 1)(x− 3)2(x + 2)

=45.

16. Sa se calculeze valoarea expresiei E =x2 + x3

x1+

x1 + x3

x2+

x1 + x2

x3, unde x1, x2, x3 sunt solutiile ecuatiei

x3 − 6x2 + x + 2 = 0.

a) −3; b) −1; c) −6; d) 3; e) 0; f) 1.

Solutie. Folosim relatiile lui Viete: x1 + x2 + x3 = 6, x1x2 + x1x3 + x2x3 = 1, x1x2x3 = −2. Rezultax2 + x3 = 6− x1 si 1

x1+ 1

x2+ 1

x3= x2x3+x1x3+x1x2

x1x2x3= − 1

2 . Atunci

E = x2+x3x1

+ x1+x3x2

+ x1+x2x3

= 6−x1x1

+ 6−x2x2

+ 6−x3x3

=

= 6(

1x1

+ 1x2

+ 1x3

)− 3 = 6

(− 12

)− 3 = −6.

17. Sa se determine cea mai mica valoare posibila a integralei∫ 1

−1

(x2 − a− bx)2dx pentru a, b reale.

a) 845 ; b) 1

45 ; c) 45 ; d) 1; e) 8; f) 5

4 .

Solutie.I =

∫ 1

−1(x4 − 2bx3 + (b2 − 2a)x2 + 2abx + a2)dx = 2

5 + 2(b2−2a)3 + 2a2 =

= 2a2 − 4a3 + 2

5 + 2b2

3 = 2(a− 1

3

)2 + 2b2

3 + 845 ≥ 8

45 ,

si deci minimul cautat este 845 .

18. Se considera functia f : [0,∞) → R, f(x) = e√

x + e−√

x. Sa se calculeze

limn→∞

limx↘0

f (n)(x).

a) 2; b) 0; c) e; d) 1; e) e2+1e ; f) nu exista.

Solutie. Dezvoltam ın serie functia exponentiala1 ex =∞∑

k=0

xk

k!. Rezulta

f(x) = e√

x + e−√

x =∞∑0

(√

x)k + (−√x)k

k!= 2

(1 +

x

2!+

x2

4!+ · · ·+ xn

(2n)!+ · · ·

),

deci f (n)(x) = 2(

n!(2n)! + (n+1)n···2

(2n+2) x + · · ·). Trecand la limita dupa x obtinem

limx→0

f (n)(x) =2n!

(2n)!=

2n!(2 · 4 · · · 2n)(1 · 3 · · · (2n− 1))

=2n!

2nn!(2n− 1)!!=

12n−1(2n− 1)!!

si deci limn→∞

( limx→0

f (n)(x)) = 0.

1Se presupune ca elevii cunosc dezvoltarea ın serie a functiei exponentiale.



1. Fie s suma patratelor lungimilor laturilor unui paralelogram si d suma patratelor lungimilor diagonalelorsale. Atunci

a) s = 2d; b) s < d; c) s = 4d; d) s > d; e) s = 3d; f) s = d.

Solutie. Fie ABCD paralelogramul din enunt, iar O punctul de intersectie al diagonalelor. Atunci, Ofiind mijlocul diagonalei BD, folosind teorema medianei ın 4ABD pentru mediana OA rezulta

OA2 =AB2 + AD2

2− BD2

4⇔ AC2

4=

AB2 + AD2

2− BD2

4⇔

AC2 + BD2 = 2(AB2 + AD2) = AB2 + AD2 + BC2 + CD2.

Prin urmare s = d.

2. Intr-un triunghi dreptunghic (A = 900) se cunoaste cateta AB = 3 si C = 600. Calculati perimetrultriunghiului.

a) 4−√3; b) 4√

3; c) 1 +√

3; d) 3(1 +√

3); e) 3(4−√3); f) 10.

Solutie. Avem AC = 3ctg 60◦ =√

3 si BC = ABsin 60◦ = 2

√3, deci perimetrul este 3 +

√3 + 2

√3 =

3(1 +√

3).

3. Unghiurile exterioare ale unui triunghi au masurile α, β, γ. Daca α + β = 3γ, atunci triunghiul este

a) echilateral; b) cu laturile ın progresie aritmetica; c) isoscel; d) cu un unghi de 1200; e) ascutitunghic;f) dreptunghic.

Solutie. Fie A,B,C masurile interioare ale unghiurilor triunghiului. Atunci γ = A + B, β = A + C,α =B + C. Sumand cele trei egalitati termen cu termen, obtinem α + β + γ = 2(A + B + C) = 360◦. Folosindrelatia din enunt α + β = 3γ, rezulta 4γ = 360◦ ⇒ γ = 90◦, deci triunghiul este dreptunghic.

4. Daca α ∈ (π2 , π) si sin α = 1

3 , atunci tg α este

a) − 12 ; b)

√2

4 ; c) −√

24 ; d)

√3; e) −√3; f)

√2.

Solutie. Cum α ∈ (π2 , π

) ⇒ cosα < 0. Avem cos α = −√

1− sin2 α = − 2√

23 si tg α = sin α

cos α = −√

24 .

5. Prin sectionarea unei piramide patrulatere regulate cu un plan paralel cu baza se obtine un trunchi depiramida ın care raportul dintre lungimile laturilor bazei mici si bazei mari este 3

5 . Stiind ca volumulpiramidei este 125, volumul trunchiului de piramida este

a) 105; b) 98; c) 48√

2; d) 96; e) 102; f) 100.

Solutie. Piramidele sunt asemenea si raportul volumelor este V1V2

=(

35

)3. Daca V2 = 125 ⇒ V1 = 27 sivolumul trunchiului de piramida este V1 − V2 = 98.

6. Sa se determine suma lungimilor bazelor unui trapez, stiind ca linia sa mijlocie are lungimea 15.

a) 18; b) 20; c) 16; d) 30; e) 15; f) 24.

Solutie. Avem m = b+B2 = 15 (unde m =linia mijlocie, b =baza mica, B =baza mare), deci b + B = 30.

7. Daca sin2 150 + cos2 150 = (y + 1)(y − 2), y > 0, atunci y este egal cu

a) 1−√132 ; b) 1

7 ; c)√

22 ; d)

√13; e) sin 150; f) 1+

√13

2 .

Solutie. Avem (y + 1)(y − 2) = 1 ⇔ y2 − y − 3 = 0 ⇔ y = 1±√132 . Cum y > 0, rezulta y = 1+

√13

2 .

8. Un con si un cilindru au acelasi volum. Stiind ca ınaltimile lor sunt egale, calculati raportul dintre razaconului si raza cilindrului.

a) 43 ; b) 5

4 ; c)√

3; d) 32 ; e)

√5; f)

√2.

Solutie. Avem R1 =raza conului, R2 =raza cilindrului⇒ V1 = πR21h

3 = πR22h ⇒

(R1R2

)2

= 3 ⇒ R1R2

=√

3.


9. Aflati aria unui trapez isoscel avand baza mica 6, baza mare 8 si diagonalele perpendiculare.

a) 14√

2; b) 25; c) 49; d) 36; e) 64; f) 12√

3.

Solutie. Fie M si N mijloacele bazelor mici si respectiv mari (AD si BC) ale trapezului isoscel ABCD.Daca O este punctul de intersectie al diagonalelor, atunci M, O, N sunt coliniare, iar triunghiurile AOD siBOC sunt triunghiuri dreptunghice isoscele cu varful unghiului drept in O. Avem OM = AD

2 = 3, ON =BC2 = 4. Deci MN = 7. Cum MN este ınaltime, rezulta

S =(AB + DC)

2MN = 7 · 7 = 49.

10. Valoarea expresiei E = cos 2π7 + cos 4π

7 + cos 6π7 este

a) −√

22 ; b) − 1

2 ; c)√

22 ; d)

√3; e) 1

2 ; f) 1.

Solutie. Avem

2E sin π7 = 2 sin π

7 cos 2π7 + 2 sin π

7 cos 4π7 + 2 sin π

7 cos 6π7 =

= sin 3π7 − sin π

7 + sin 5π7 − sin 3π

7 + sin π − sin 5π7 =

= − sin π7 + sin π = − sin π

7 .

Deci 2E sin π7 = − sin π

7 ⇒ E = − 12 .

11. Se considera un patrulater convex ABCD ın care AB ≡ CD. Se cere locul geometric al punctelor M dinplanul patrulaterului ce satisfac relatia MA2 + MB2 = MC2 + MD2.

a) un cerc tangent la AB si CD; b) o semidreapta; c) o dreapta; d) doua drepte paralele; e) un singurpunct; f) multimea vida.

Solutie. Fie E mijlocul lui AB, F mijlocul lui CD. Din teorema medianei pentru mediana ME ıntriunghiul MAB si mediana MF ın triunghiul MCD, avem

ME2 =MA2 + MB2

2− AB2

4, MF 2 =

MC2 + MD2

2− CD2

4.

Dar MA2 + MB2 = MC2 + MD2 si AB = DC, deci ME = MF . Reciproc, pentru un punct M alesastfel ıncat ME = MF se arata ca are loc egalitatea din enunt. Prin urmare locul geometric cautat estemediatoarea segmentului EF .

12. Fie O intersectia diagonalelor AC si BD ale patrulaterului convex ABCD. Daca AO = 2 OC si OB =2OD, sa se calculeze raportul aria (ABCD)

aria (DOC).

a) 5; b) 7; c) 8; d) 4; e) 9; f) 3.

Solutie. Avem AOB = α, OC = x, OD = y. Rezulta m(AOD) = π−α si SAOB = 2x2y sin α2 = 2xy sin α,

SAOD = SBOC = xy sin α, SDOC = xy sin α2 . In final obtinem SABCD = 9

2xy sinα = 9SDOC , deciSABCD

SDOC= 9.

13. Intr-un cerc de raza R se ınscrie un triunghi echilateral. Aria triunghiului este

a) R2√36 ; b) 3R2√3

4 ; c) R2√32 ; d) 3R2√3

2 ; e) 3R2√

3; f) 2R2√33 .

Solutie. Avem a = R√

3, deci S = a2√34 = 3

√3R2

4 .

14. Fie O punctul de intersectie al mediatoarelor unui triunghi oarecare. Atunci O este

a) ortocentrul; b) situat ın exteriorul triunghiului; c) un varf al triunghiului;d) egal departat de laturile triunghiului; e) centrul de greutate; f) egal departat de varfurile triunghiului.

Solutie. Punctul O este egal departat de varfurile triunghiului.

15. Raportul dintre masura unui unghi ınscris ıntr-un cerc si masura arcului cuprins ıntre laturile sale este

a) 13 ; b) 1

4 ; c) 34 ; d) 1; e) 1

2 ; f) 23 .

Solutie. Raportul este 12 .


16. Volumul piramidei determinate de trei muchii concurente ale unui cub de latura a este

a) a3√33 ; b) 2a3

3 ; c) a3

2 ; d) a3√

2; e) a3

6 ; f) a3

3 .

Solutie. Volumul este V =a22 a

3 = a3

6 .

17. Daca ın triunghiul ABC avem AB =√

13, BC = 3, C = 600, atunci

a) AC = 2; b) AC = 3√

3; c) AC = 4√

2; d) AC = 3√

2; e) AC = 4√

3;f) AC = 4.

Solutie. Din teorema cosinusului pentru unghiul B ın triunghiul ABC, obtinem AB2 = AC2 + BC2 −2 ·AC ·BC · cos 60◦, deci notand AC = x > 0, rezulta

13 = x2 + 9− 3x ⇔ x2 − 3x− 4 = 0 ⇔ x ∈ {−1, 4}.

Convine doar solutia pozitiva, deci AC = x = 4.

18. Sa se calculeze z =(

1+i√31−i

)6

Solutie. Scriem numaratorul si numitorul fractiei in forma trigonometrica:

1 + i√

3 = 2(cos

π

3+ i sin

π

3

), 1− i =

√2

(cos

(−π

4

)+ i sin

(−π

4

)),

deci folosind formula lui Moivre, rezulta

z =26(cos 2π + i sin 2π)

√26 (

cos(− 3π

2

)+ i sin

(− 3π2

)) =8i

= −8i.

Altfel, algebric, folosim binomul lui Newton, avem (1+i√

3)3 = −8, iar (1−i)2 = −2i. Atunci[

(1+i√

3)1−i

]6

=(−8)2

(−2i)3 = 648i = 8

i = −8i.



1. Fie curba de ecuatie y = 2x3 + 4x. Aflati m ∈ R stiind ca dreapta de ecuatie y = mx + 4 este tangentala curba.

a) m = 10; b) m = −1; c) m = 8; d) m = 2; e) m = 12; f) m = −6.

Solutie. Eliminand y, rezulta 2x3 + 4x = mx + 4. Este necesar si suficient ca ecuatia f(x) = 2x3 +(4 − m)x − 4 = 0 sa aiba o radacina multipla reala. Utilizand relatiile lui Viete avem x1 + x2 + x3 =0; x1x2x3 = 2; x1 = x2. Obtinem x3 = −2x1 si −2x3

1 = 2. Avem deci x1 = −1. Deoarece f(−1) = 0,avem m = 10.

2. Fie N numarul de solutii reale ale ecuatiei 2x = x2. Decideti:

a) N = 0; b) N = 3; c) ecuatia are numai solutii ıntregi; d) N = 4; e) N = 1; f) N = 2.

Solutie. Distingem cazurile x ≤ 0 si x > 0.1. Consideram mai intai x ≤ 0. Notam y = −x ≥ 0 si deci 1 = y22y. Functia f : [0,∞) → R, f(y) =y22y − 1 este strict crescatoare si deci injectiva. Cum f(0) = −1 < 0 si f(1) = 1 > 0, rezulta f are solutieunica, y1 ∈ (0, 1). Deci ecuatia data are o singura solutie ın intervalul (−∞, 0], x1 = −y1 < 0.2. Pentru x > 0, ecuatia se scrie x ln 2 = 2 ln x. Fie g : (0,∞) → R, g(x) = x ln 2 − 2 ln x, decig′(x) = ln 2− 2

x . Avem g′(x0) = 0 ⇒ x0 = 2ln 2 . Pe de alta parte, limx→0 g(x) = ∞ si limx→∞ g(x) = ∞.

Se observa ca g(2) = 0, g(4) = 0 iar x0 ∈ (2, 4) este singura radacina a derivatei g′. Deci folosind sirullui Rolle, se deduce ca {2, 4} sunt singurele solutii ale ecuatiei g(x) = 0 ın intervalul (0,∞). Prin urmareecuatia 2x = x2 are 3 radacini reale.


1x

2x+3∫

x+3

t√

t3 + 9 dt .

a) 14; b) ∞; c) 10; d) 20; e) 18; f) 0.

Solutie. Functia continua f : R→ R, f(t) = t√

t3 + 9 admite primitive F . Deci limx→01x

∫ 2x+3

x+3f(t)dt =

limx→0F (2x+3)−F (x+3)

x , deci folosind regula l′Hospital (cazul 0/0), rezulta

limx→0

2f(2x + 3)− f(x + 3)1

= 2f(3)− f(3) = 3√

33 + 9 = 18.

4. Fie e1 = (1,−1, 0) si e2 = (1, 1, 0). Sa se precizeze pentru care din vectorii e3 de mai jos, vectorii e1, e2, e3

sunt liniar independenti ın R3.

a) e3 = (2,−2, 0); b) e3 = (−2, 2, 0); c) e3 = (0, 0, 1); d) e3 = (5, 5, 0);e) e3 = (0, 0, 0); f) e3 = (2, 3, 0).

Solutie. Daca e3 = (a, b, c), atunci conditia

∣∣∣∣∣∣

1 −1 01 1 0a b c

∣∣∣∣∣∣6= 0 implica c 6= 0, deci raspunsul corect este

(0, 0, 1).

5. Solutiile x1, x2, x3 ale ecuatiei x3 − 3x− 10 = 0 satisfac conditiile

a) x1 = x2 ∈ C\R,x3 ∈ C; b) x1, x2, x3 ∈ C\R; c) x1, x2, x3 ∈ R;d) x1 ∈ R,x2, x3 ∈ C\ R; e) x1, x2 ∈ R,x3 ∈ C\R; f) x1 = x2 ∈ R,x3 ∈ C.

Solutie. Pentru ecuatia f(x) = x3− 3x− 10 = 0, ıntocmim sirul lui Rolle. Avem f ′(x) = 3x2− 3 si decif ′(x) = 0 ⇔ x ∈ {−1, 1}. Dar

limx→−∞

f(x) = −∞ < 0, limx→∞

f(x) = ∞, f(−1) = −8 < 0, f(1) = −12 < 0,

deci x1 ∈ R si x2, x3 ∈ C \ R.


6. Sa se determine parametrul m ∈ R daca graficul functiei f : R−→R,f(x) = x3 − 2 (m + 1) x2 +

(m2 + 2m + 2

)x− 2m, intersecteaza axa Ox ın trei puncte distincte.

a) m ∈ (−∞,−2− 2√

2) ∪ (−2 + 2

√2,∞)

; b) m 6= 1;c) m ∈ (−2− 2

√2,−2 + 2

√2);

d) m ∈ (−∞,−2− 2√

2) ∪ (−2 + 2

√2, 1

) ∪ (1,∞);e) nu exista m; f) m 6= −2 + 2

√2.

Solutie. Rezolvam ecuatia f(x) = 0. Se observa ca x = m este solutie, deci f(x) = (x − m)(x2 −mx− 2x + 2) = (x−m)(x2 − x(m + 2) + 2). Graficul intersecteaza axa Ox in trei puncte distincte dacaecuatia f(x) = 0 are 3 radacini distincte. Avem x1 = m (o radacina) iar pentru x2 − x(m + 2) + 2 = 0impunem conditiile: 4 > 0 si x1 = m sa nu fie radacina. Obtinem 4 = (m + 2)2 − 8 > 0 ⇔ (m + 2)2 >8 ⇔ |m + 2| > 2

√2 ⇔ m ∈ (−∞,−2 − 2

√2) ∪ (−2 + 2

√2,∞). Pe de alta parte, x = m nu este

radacina pentru ecuatia de grad 2 d.n.d. f(m) 6= x2 − x(m + 2) + 2 ⇔ m 6= 1. Deci solutia finala estem ∈ (−∞,−2− 2

√2) ∪ (−2 + 2

√2, 1) ∪ (1,∞).

7. Sa se gaseasca l = limn→∞

(n + 2−√n2 + n + 3

).

a) l = −1; b) nu exista; c) l = 32 ; d) l = ∞; e) l = 0; f) l = 1.

Solutie. Rationalizand obtinem

limn→∞

(n + 2)2 − (n2 + n + 3)n + 2 +

√n2 + n + 3

= limn→∞

3n + 1n + 2 +

√n2 + n + 3

=32.

8. Primitivele∫

dx

sin2 x · cos2 xsunt

a) x + tg x +C; b) tg x− ctg x +C; c) x + ctg x +C; d) tg x + ctg x +C; e) 1cos2 x +C; f) 1

sin2x+C.

Solutie. Folosind formula sin2 x + cos2 x = 1, putem scrie∫

dx

sin2 x cos2 x=

∫sin2 x + cos2 x

sin2 x cos2 xdx =

∫1

cos2 xdx +

∫1

sin2xdx = tg x− ctg x + c.

9. Fie f : R−→R, f(x) = cos (x− 1) + ex2. Sa se calculeze f ′( 1 ).

a) 1; b) 0; c) e2; d) 2e; e) e; f) 1e .

Solutie. Avem f ′(x) = − sin (x− 1) + 2xex2, deci f ′(1) = 2e.

10. Sa se rezolve inecuatia1− x

x> 0.

a) (0, 1); b) (−1, 0); c) [−1, 1]; d) nu are solutii; e) [0, 1); f) (−∞, 0) ∪ (1,∞).

Solutie. Avem 1−xx > 0 ⇔ x−1

x < 0 ⇔ x ∈ (0, 1).

11. Pe multimea R3 se defineste legea de compozitie (x1, y1, z1)?(x2, y2, z2) = (x1 + x2, y1 + y2, z1 · z2). Gasitielementul neutru.

a) (1, 0, 1); b) (0, 1, 0); c) (0, 1, 1); d) (1, 1, 0); e) (1, 0, 0); f) (0, 0, 1).

Solutie. Aratam ca exista (e1, e2, e3) ∈ R3 astfel ıncat pentru orice (x, y, z) ∈ R3 avem (e1, e2, e3) ?(x, y, z) = (x, y, z) ? (e1, e2, e3) = (x, y, z), adica e1 + x = x, e2 + y = y, e3z = z ⇒ e1 = 0, e2 = 0, e3 = 1,deci elementul neutru este (0, 0, 1).

12. Functia f : R−→R, f(x) ={

x2 + x + 1, x > 0ax + b, x ≤ 0 , este continua daca

a) a = 1, b ∈ R; b) a = −1, b = 2; c) a = 1, b = 2; d) a = 1, b > 1;e) a = b = −1; f) a ∈ R, b = 1.

Solutie. Cum f este continua pe (−∞, 0)∪ (0,∞) este suficient sa punem conditiile pentru continuitateın 0, adica

limx↘0

(x2 + x + 1) = limx↗0

(ax + b) = f(0) ⇒{

b = 1a ∈ R.


13. Sa se determine o functie polinomiala P , de grad cel mult doi, care verifica conditiile P (1) = 1, P ′(1) =0, P ′′(1) = 2.

a) −x2 + 2x + 2; b) x2 − 2x + 2; c) x2 + x + 1; d) x2 + x + 2; e) −x2 + 2x;f) −x2 − 2x− 2.

Solutie. Avem f = ax2 + bx + c cu a 6= 0. Conditiile din enunt se rescriu:

a + b + c = 12a + b = 02a = 2

⇒

a = 1b = −2c = 2.


sin2 x

x2 + x2 cos x.

a) ∞; b) 0; c) 1; d) limita nu exista; e) 12 ; f) 2.

Solutie. Avem limx→0sin2 x

x2(1+cos x) = limx→01

1+cos x = 12 .

15. Sa se rezolve inecuatia ln ex + xeln x < 2.

a) x ∈ (0, 1); b) x > 0; c) nu are solutii; d) x ∈ (0, e); e) x ∈ (−2, 1); f) x > 1.

Solutie. Avem x > 0. Folosind egalitatea ln ex = x inecuatia se rescrie x + x2 − 2 < 0, deci x ∈(−2, 1) ∩ (0,∞) = (0, 1).

16. Suma numerelor naturale n ce satisfac inegalitatea(

1 +1n

)· C2

n < 8 este

a) 10; b) 6; c) 7; d) 5; e) 8; f) 9.

Solutie. Inecuatia se scrie n+1n

(n−1)n2 < 8, adica n2 − 17 < 0 ⇒ n ∈ [−√17,

√17]. Pentru ca C2

n saexiste, trebuie sa avem n ≥ 2 si n ∈ N, deci n ∈ {2, 3, 4}. Solutia cautata este deci 2 + 3 + 4 = 9.

17. Matricea A =

a 1 11 −1 a2 1 3

, cu a ∈ R, este inversabila pentru

a) a ∈ R\ {−1, 0}; b) a ∈ {−1, 0}; c) a ∈ R; d) a 6= 0; e) a 6= −1; f) nu exista.

Solutie. Conditia ca A sa fie inversabila este

det A 6= 0 ⇔∣∣∣∣∣∣

a + 1 0 a + 11 −1 a3 0 a + 3

∣∣∣∣∣∣6= 0 ⇔ −(a + 1)a 6= 0 ⇔ a ∈ R \ {−1, 0}.

18. Suma patratelor solutiilor ecuatiei x2 − 4x + 1 = 0 este

a) 14; b) 12; c) −12; d) 16; e) 10; f) 4.

Solutie. Avem x1 + x2 = 4, x1x2 = 1 si deci x21 + x2

2 = (x1 + x2)2 − 2x1x2 = 14.



1. Sa se calculeze volumul piramidei determinate de trei muchii adiacente ale unui cub de latura l.

a) l3

6 ; b) l3

4 ; c) l3

3 ; d) l3

2 ; e) l3√

23 ; f) 2l3

3 .

Solutie. Baza piramidei este un triunghi dreptunghic cu catetele de lungime l, iar ınaltimea este tot l.Atunci V = Abh

3 = 13

l2

2 l = l3

6 .

2. Ecuatia cercului cu centrul C(1,−1) si de raza 2 este:

a) x2 + y2− 2x+2y− 1 = 0; b) x2 + y2− 4x− 4y = 0; c) x2 + y2−x+ y = 0; d) x2 + y2− 2x+2y− 2 = 0;e) x2 + y2 − 2x + 2y − 4 = 0; f) x2 + y2 = 4.

Solutie. Ecuatia este (x− 1)2 + (y + 1)2 = 22, deci x2 + y2 − 2x + 2y − 2 = 0.

3. Un paralelipiped dreptunghic are ınaltimea 4, aria bazei 6 si o latura a bazei 3. Sa se calculeze lungimeadiagonalei paralelipipedului.

a) 2√

5; b)√

13; c)√

61; d) 4; e)√

29; f)√

43.

Solutie. Lungimea diagonalei este d =√

a2 + b2 + c2, unde a = inaltimea = 4, b = latura bazei = 3.Atunci aria bazei A = c · b = 3c ⇒ 6 = 3c ⇒ c = 2, si deci d =

√16 + 9 + 4 =

√29.

4. Fie z =12

+ i√

32

. Sa se calculeze z12.

a) 1 + i√

3; b) 1+i; c) i; d) −1; e) 0; f) 1.

Solutie. Trecand la forma trigonometrica obtinem

z = cosπ

3+ i sin

π

3, z12 =

(cos

π

3+ i sin

π

3

)12

= cos12π

3+ i sin

12π

3= cos 4π + i sin 4π = 1.

5. Fie vectorii ~u =~i +√

3~j si ~v =√

3~i +~j. Masura unghiului dintre acesti vectori este:

a) π3 ; b) 0; c) π

6 ; d) π2 ; e) π

4 ; f) 2π3 .

Solutie. Avem formula −→u · −→v = ||−→u || · ||−→v || cosα. In cazul nostru, egalitatea se rescrie(i +

√3−→j )(

√3−→i +

−→j ) =

√(1 + 3)(3 + 1) cos α, deci

√3 +

√3 = 4 cos α ⇒ cosα =

2√

34

=√

32

; α ∈{

2kπ ± π

6

∣∣∣ k ∈ Z}

.

6. Sa se determine raza cilindrului circular drept de volum 3 si ınaltime13π

.

a) 3; b) 6; c) 3π; d)√

2; e) 6π; f) 18.

Solutie. Daca V este volumul cilindrului, R raza si h ınaltimea, conditia din enunt se rescrie V =πR2h ⇔ 3 = πR2 1

3π ⇔ R2 = 9, si deci R = 3.

7. Aria unei sfere de volum4π

3este:

a) 8; b) 3π2 ; c) 4π; d) 4; e) 3π; f) 2π.

Solutie. Avem A = 4πR2 si V = 4πR3

3 . Deci 4πR3

3 = 4π3 ⇔ R = 1, deci A = 4π.

8. Fie sin α =45, 0 < α <

π

2. Sa se calculeze cos α.

a) 35 ; b) − 3

5 ; c) 12 ; d) 0; e) 1

5 ; f) − 15 .

Solutie. Cum α ∈ (0, π

2

) ⇔ cos α > 0 si deci

cos α =√

1− sin2 α =

√1− 16

25=

√925

=35.


9. Fie E(x) = sin 2x− cos x + tg3x

2. Sa se calculeze E

(π

6

).

a) 0; b) 1; c)√

22 ; d)

√3

2 ; e) 12 ; f) 2.

Solutie. Avem E(

π6

)= sin π

3 − cos π6 + tg π

4 =√

32 −

√32 + 1 = 1.

10. Sa se determine numarul solutiilor ecuatiei cosx =√

3 sinx situate ın intervalul [0, 2π].

a) 0; b) 2; c) 4; d) 1; e) 3; f) 6.

Solutie. Se observa ca daca avem cos x = 0, atunci sin x ∈ {±1} deci ecuatia devine 0 = ±√3, farasolutii. Deci cos x 6= 0. Impartim prin cos x. Ecuatia se rescrie tg x = 1√

3⇔

{x = π

6 + kπ∣∣∣k ∈ Z

}. In

intervalul [0, 2π] avem doar solutiile π6 , π

6 + π, deci doua solutii.

11. Sa se determine coordonatele mijlocului segmentului AB unde A(7,−2, 3) si B(−3, 4, 1).

a) (0,1,2); b) (1,1,1); c) (2,1,2); d) (2,1,0); e) (0,0,0); f) (−2,−1, 2).

Solutie. Mijlocul M al segmentului AB cu coordonatele(

7− 32

,−2 + 4

2,3 + 1

2

)= (2, 1, 2).

12. Sa se determine distanta dintre punctele A(5, 0,−2) si B(1, 4, 0).

a) 5,5; b) 6; c) 5; d)√

6; e) 4; f) 4,5.

Solutie. Distanta dintre puncte este

d =√

(5− 1)2 + (0− 4)2 + (−2− 0)2 =√

36 = 6.

13. Pe latura AB a triunghiului ABC se ia punctul M astfel ıncat AM = 12AB, iar pe latura AC se ia punctul

N astfel ıncat AN = 13AC. Fie S′ aria ∆AMN si S aria ∆ABC. Sa se calculeze raportul

S′

S.

a) 13 ; b) 1

5 ; c) 14 ; d) 1

2 ; e) 136 ; f) 1

6 .

Solutie. Se aplica formula de arie S = bc sin A2 si avem

S(AMN)S(ABC)

=AM ·AN sin A

2AB·AC sin A

2

=AM

AB

AN

AC=

12

13

=16.

14. Sa se determine ecuatia planului care trece prin punctul A(3,−2,−7) si este paralel cu planul 2x−3z+5 =0.

a) x + y + z + 6 = 0; b) 2x − y − 3z + 5 = 0; c) 2x − 3z = 0; d) 2x − 3z − 27 = 0; e) x − 3y − 9 = 0; f)2x− 3z − 20 = 0.

Solutie. Planele paralele cu planul 2x − 3z + 5 = 0 au ecuatiile de forma 2x − 3z + λ = 0. CumA(3,−2,−7) se afla ın plan, rezulta 2 · 3− 3(−7) + λ = 0, deci λ = −27.

15. Se considera triunghiul ABC cu BC = 2, AB =√

2, AC = 1 +√

3. Sa se calculeze cos A.

a)√

22 ; b)

√3

2 ; c) −√

22 ; d) 0; e) − 1

2 ; f) 12 .

Solutie. Din teorema cosinusului, obtinem

cos A =b2 + c2 − a2

2bc=

AC2 + AB2 −BC2

2AC ·AB=

2 + 2√

32(1 +

√3)√

2=

1√2.

16. Sa se determine volumul conului circular drept care are sectiunea axiala un triunghi echilateral de latura4.

a) 4π; b) 2π3 ; c) π

√3

3 ; d) 4π3 ; e) 4π

√3

3 ; f) 8π√

33 .

Solutie. Daca R, G, h sunt respectiv raza, generatoarea si ınaltimea conului, avem 2R = G = 4 si deciR = 2 si h =

√G2 −R2 =

√16− 4 = 2

√3. Atunci volumul conului este V = πR2h

3 = 4π2√

33 = 8π

√3

3 .


17. Fie un tetraedru regulat de muchie l. Sa se calculeze distanta dintre mijloacele a doua muchii opuse.

a) l√

3; b) l√2; c) l

4 ; d) l5 ; e) l√

3; f) l

√2.

Solutie. Notam cu V ABC tetraedrul dat si cu M mijlocul laturii BC. Deoarece AM = V M = l√

32

rezulta ca triunghiul AMV este isoscel, deci MN ⊥ AV , unde N este mijlocul lui AV . Deci

MN2 =√

AM2 −AN2 =

√√√√(

l√

32

)2

−(

l

2

)2

=l√2.

18. Se considera vectorii ~u = m~i + 3~j, ~v = 2~i + n~j, m, n ∈ R. Vectorii sunt perpendiculari daca si numaidaca:

a) m + n = 0; b) m = 2, n = 3; c) mn = 5; d) m = 1, n = 2; e) m = n = 0; f) 2m + 3n = 0.

Solutie. Vectorii sunt perpendiculari d.n.d. ~u · ~v = 0. Folosind egalitatile ~i2 = 1 = ~j2;~i~j = 0, rezulta

(m~i + 3~j)(2~i + n~j) = 0 ⇔ (2m~i2 + (mn + 6)~i~j + 3n~j2 = 0 ⇒ 2m + 3n = 0.



1. Sa se calculeze L = limn→∞

(√n + 2−√n + 1

).

a) L = −1; b) L = 1; c) L = ∞; d) L = 2; e) L = 0; f) nu exista.

Solutie.

L = limn→∞

(√

n + 2−√n + 1) = limn→∞

n + 2− n− 1√n + 2 +

√n + 1

= limn→∞

1√n + 2 +

√n + 1

= 0

2. Sa se determine suma S a coeficientilor polinomului f =(8X3 − 7

)4.

a) S = 0; b) S = 3; c) S = 1; d) S = 2; e) S = 210; f) S = −2.

Solutie. Suma coeficientilor polinomului f =∑n

k=0 akxk este a0 + . . . + an = f(1). In cazul de fataf(1) = (8− 7)4 = 1.


0, 09− 3√

0, 008.

a) 0,3; b) 0,5; c) 0,1; d) 13 ; e) –0,1; f) 0.

Solutie. Avem√

0, 09− 3√

0, 008 =√

9100 − 3

√8

1000 = 310 − 2

10 = 110 = 0.1.

4. Functia f : R→ R, f(x) ={

x2 + x + 1, x > 02x + a, x ≤ 0 este continua daca

a) a = 1; b) a = 2; c) a ∈ R; d) a = 0; e) a = −1; f) a = 32 .

Solutie. Restrictiile functiei f la intervalele (−∞, 0) si (0,∞) sunt continue deoarece acestea sunt functiipolinomiale. Pentru punctul x = 0 avem conditiile

f(0) = limx↗0

f(x) = limx↘0

f(x) ⇔ a = 1,

deci f continua d.n.d. a = 1.

5. Sa se determine m ∈ R daca ecuatia | ln x| = mx are trei solutii reale si distincte.

a) m ∈ (0, 1

e

); b) m > 1

e ; c) m = 1e ; d) m < 1

e ; e) m = e; f) m > 0.

Solutie. Existenta logaritmului cere conditia x ∈ (0,∞). Ecuatia se rescrie sub forma | ln x|x = m, si are

solutii d.n.d. m ∈ Im g, unde g(x) = | ln x|x , g : (0,∞) → R, deci

g(x) =

{ − ln xx , x ∈ (0, 1]

ln xx , x ∈ (1,∞).

Functia g este compunere de functii continue, deci continua. Aplicand regula lui l′Hospital obtinem

limx↘0

g(x) = ∞, limx→∞

g(x) = limx→∞

1/x

1= 0

si g(1) = 0. Avem g′(x) = sign(ln x)·(1−ln x)x2 , x ∈ (0,∞) \ {1}, iar g′s(1) = −1 6= g′d(1) = 1. Se observa ca

g′(x) = 0 ⇔ x = e iar g(e) = 1e . Avem deci tabelul de variatie al functiei g.

x 0 1 e ∞g′(x) − − −1|1 + 0 − −g(x) ∞ ↘ 0 ↗ 1

e ↘ 0

Deci ecuatia are g(x) = m are 3 radacini distincte d.n.d. m ∈ (0, 1e ).


6. Sa se scrie ın ordine crescatoare numerele: a =√

3− 1, b =√

5− 2, c = 1.

a) a, b, c; b) c, a, b; c) c, b, a; d) b, c, a; e) b, a, c; f) a, c, b.

Solutie. Avem a =√

3− 1, b =√

5− 2, c = 1. Aproximand, obtinem

a > 1.7− 1 ≈ 0.7, a < 1.8− 1 ≈ 0.8; b < 2.3− 2 ≈ 0.3,

deci b < 0.3 < 0.7 < a < 0.8 < 1 = c.

7. Fie functia f : R→ R, f(x) = 3√

x2 + x + 1. Atunci f ′(1) este

a) 0; b) 12 ; c) −1; d) 1

3 ; e) 13√6

; f) 13√9

.

Solutie. Avem f ′(x) = 2x+1

3 3√

(x2+x+1)2si deci

f ′(1) =3

3 3√

32=

13√

9

8. Sa se determine m ∈ R astfel ıncat sistemul

mx + y + z = 0x + my + 2z = 0x− y − z = 0

sa admita numai solutia nula (banala).

a) m 6= −1 si m 6= 2; b) m = 0; c) m = 2; d) m ∈ R; e) nu exista; f) m = −1.

Solutie. Pentru ca sistemul sa aiba solutie unica, este necesar si suficient ca

D =

∣∣∣∣∣∣

m 1 11 m 21 −1 −1

∣∣∣∣∣∣6= 0.

Adunam prima coloana la coloana a doua si a treia, dezvoltam D dupa linia a treia si obtinem conditia(m + 1)(3−m− 1) 6= 0, deci m ∈ R \ {−1, 2}.

9. Sa se calculeze limita L = limx→0

sin2 2x

sin2 3x.

a) L = 23 ; b) L = 4

9 ; c) L = ∞; d) nu exista; e) L = −1; f) L = 0.

Solutie. Avem

L = limx→0

(sin 2x

2x

)2 (3x

sin 3x

)2 22

32=

49.

10. Multimea solutiilor ecuatiei 3√

x− 1− x = −1 este

a) { 0 }; b) {1, 2, 3}; c) g¡ ; d) {0, 1, 2}; e) P ; f) { 1 }.Solutie. Ecuatia se scrie 3

√x− 1 = x−1. Ridicam la cub. Avem x−1 = (x−1)3 ⇔ (x−1)[(x−1)2−1] =

0 ⇔ x− 1 = 0 sau x− 1 = ±1, si deci x ∈ {0, 1, 2}.11. Sa se determine a ∈ R astfel ıncat polinomul f = 6X4 − 7X3 + aX2 + 3X + 2 sa se divida prin polinomul

g = X2 −X − 1.

a) a = −2; b) a = 2; c) a = −1; d) a = −7; e) a = 0; f) a = 1.

Solutie. Facand ımpartirea, se obtine catul 6x2−x+a+1 si restul (a+7)(x+1). Conditia de divizibilitaterevine la anularea restului, deci rezulta a = −7.

12. Functia f : (0, 2) → R, f(x) =2

x2 + 2x. Sa se calculeze

Sn =n∑

k=1

(f (k)(1)− f (k+1)(1)

).

a) Sn = (−1)n(1− 1

3n+2

); b) Sn = − 8

9 + 2(−1)n(1− 1

3n+2

); c) Sn = 1 − 1

3n+2 ; d) Sn = − 89 +

(−1)n(1− 3

3n+2

); e) Sn = (−1)n

(1− 1

3n+1

);

f) Sn = − 89 + (−1)n(n + 1)!

(1− 1

3n+2

).


Solutie. Avem f(x) = 2x2+2x = 1

x(x+2) = 1x − 1

x+2 . Dar(

1ax+b

)(n)

= (−1)nn!an

(ax+b)n+1 ⇒ f (k)(x) = (−1)kk!xk+1 −

(−1)kk!(x+2)k+1 , deci f (k)(1) = (−1)kk

(1− 1

3k+1

). Dezvoltand suma si reducand termenii egali, obtinem

Sn =∑n

k=1(f(k)(1)− f (k+1)(1)) = f (1)(1)− f (n+1)(1) =

= − 89 − (−1)n+1(n + 1)!

(1− 1

3n+2

)= − 8

9 + (−1)n(n + 1)!(1− 1

3(n+2)

).

13. Fie A =(

1 20 1

)si B =

(a b0 2

). Determinati a, b ∈ R astfel ıncat AB = BA.

a) a = b = 1; b) a ∈ R, b = 2; c) a = −1, b = 3; d) a = −2, b = 0;e) nu exista; f) a = 2, b ∈ R.

Solutie. Din AB = BA deducem(

1 20 1

)(a b0 2

)=

(a b0 2

)(1 20 1

)⇔

(a b + 40 2

)=

(a 2a + b0 2

),

deci b + 4 = 2a + b adica a = 2 si b ∈ R.

14. Sa se calculeze i + i3 + i5, (i2 = −1).

a) 0; b) 3i; c) −1; d) i; e) −i; f) 2i.

Solutie. Avem i + i3 + i5 = i− i + i = i.

15. Sa se determine multimea A = {x ∈ R | (2x− 3) (3x− 2) ≥ 0 }.a) A =

(23 , 3

2

); b) A = R; c) A = g¡ ; d) A = (−1, 1); e) A =

[32 ,∞)

;f) A =

(−∞, 23

] ∪ [32 ,∞)

.

Solutie. Inecuatia (2x− 3)(3x− 2) ≥ 0 ⇔ (x− 3

2

) (x− 2

3

) ≥ 0 are solutiile x ∈ (−∞, 23

] ∪ [32 ,∞)

.

16. Numarul x = C46 + A2

5 − P4 este

a) x = 0; b) x = 112 ; c) x = 11; d) x = 10; e) x = 15; f) x = 25.

Solutie. Avem C46 + A2

5 − P4 = 6·51·2 + 5 · 4− 24 = 15 + 20− 24 = 11.

17. Sa se rezolve ecuatia log2 x + log2 2x = 3.

a) x = 0; b) x = −2; c) nu are solutii; d) x = ±2; e) x = 1; f) x = 2.

Solutie. Obtinem log2 x + log2 2x = 3 ⇔ log2 x · 2x = log2 23 cu x > 0 deci 2x2 = 23, de unde rezultax = 2.

18. Sa se calculeze I =1∫

0

xex dx .

a) I = e; b) I = −1; c) I = 1; d) I = 0; e) I = 2e; f) I = −e.

Solutie. Calculam I =∫ 1

0xexdx. Integrand prin parti g′(x) = ex, f(x) = x, rezulta

I = exx∣∣∣1

0−

∫ 1

0

exdx = e− ex∣∣∣1

0= e− (e− 1) = 1.



1. In piramida patrulatera regulata VABCD se dau muchia V A = 5 si diagonala bazei AC = 8. Calculatidistanta de la varful V al piramidei la planul bazei.

a) 3; b) 4; c) 5; d) 6; e) 7; f) 8.

Solutie. Daca O este piciorul ınaltimii ın planul ABCD, atunci OA = AC/2 = 4. Aplicand teorema luiPitagora ın triunghiul V OA, rezulta V O =

√V A2 −OA2 = 3.

2. Intr-un con circular drept unghiul format de o generatoare cu planul bazei este de 45◦. Raza bazei fiindR = 3 sa se calculeze aria laterala a conului

a) 9π√

2; b) 9π; c) π; d) 9π√

3; e) π2; f) 3π.

Solutie. Generatoarea are lungimea R√

2 = 3√

2, deci aria laterala este πRG = 9π√

2.

3. In sistemul cartezian Oxyz se considera planul de ecuatie x+y+z−3 = 0 si dreapta de ecuatii x = y = z.Coordonatele punctului de intersectie dintre dreapta si plan sunt

a) (1 , 1 , 1); b) (0 , 0 , 0); c) (1 , 2 , 3); d) (2 , 3 , 1); e) (2 , 2 , 2); f) (−1,−1,−1).

Solutie. Rezolvand sistemul{

x + y + z − 3 = 0x = y = z

rezulta x = y = z = 1, deci punctul de intersectie

are coordonatele (1, 1, 1).

4. Aria triunghiului, din planul xOy, determinat de punctele O(0, 0), A(4, 0) si B(0,−3) este

a) 6; b) 12; c) 7; d) 5; e) 4; f) 3.

Solutie. Aria 4OAB este | 12

∣∣∣∣∣∣

0 0 14 0 10 −3 1

∣∣∣∣∣∣| = | 12

∣∣∣∣4 00 −3

∣∣∣∣ | = 6.

5. In planul xOy se dau punctele A(4, 0) si B(2, 2). Punctele A, B si C sunt coliniare pentru C de coordonate

a) (0 , 4); b) (0 , −4); c) (0 , 0); d) (−2 , 2); e) (2 , −2); f) (0 , −1).

Solutie. Punctele A,B si C(α, β) sunt colineare daca

∣∣∣∣∣∣

4 0 12 2 1α β 1

∣∣∣∣∣∣= 0, deci daca −2β − 2α + 8 = 0.

Singurul punct care satisface egalitatea este C(0, 4).

6. Numarul solutiilor ecuatiei sinx− cos x = 0 situate ın intervalul [0 , 2π] este

a) 2; b) 1; c) 3; d) 4; e) 0; f) o infinitate.

Solutie. Se observa ca ecuatia cos x = 0 admite drept solutii {π2 , 3π

2 } ⊂ [0, 2π], care ınsa nu satisfacecuatia din enunt. Deci cos x 6= 0. Impartind prin cosx ecuatia data, rezulta tg x = 1, deci solutiile suntx ∈ {π

4 , 5π4 } ⊂ [0, 2π], deci ecuatia admite doua solutii ın intervalul [0, 2π].

7. Pentru numarul complex z = 1 + i, numarul z2 este

a) 2i; b) −i; c) 1; d) 0; e) −1; f) 1− i.

Solutie. Avem z2 = (1 + i)2 = 1 + 2i− 1 = 2i.

8. Modulul numarului complex z = cosπ

3+ i sin

π

3este

a) 1; b) 2; c)√

2; d) 1√3; e) 3; f) 0.

Solutie. Avem |z| =√

cos2 π3 + sin2 π

3 = 1.

9. Ecuatia trigonometrica sin2 x = 1 are ın intervalul [π , 2π] solutia

a){

3π2

}; b)

{5π4 , 7π

4

}; c) {π}; d) {π , 2π}; e)

{7π4

}; f)

{−π2

}.

Solutie. Avem sin2 x = 1 ⇔ sin x ∈ {±1}. Dar x ∈ [π, 2π], deci x = 3π2 .


10. In triunghiul ABC se dau : A = 45◦, AC =√

2 si AB = 1. Atunci latura BC are lungimea

a) 1; b) 2; c) 3; d)√

3−√2; e) 3 +√

6; f) 3−√2.

Solutie. Aplicand teorema cosinusului, obtinem BC2 = AB2 + AC2 − 2 · AB · AC · cos 45◦ ⇔ BC2 =1 ⇒ BC = 1.

11. In triunghiul ABC se dau C = 30◦ si ınaltimea AD = 2. (D se afla pe dreapta BC.) Atunci latura ACare lungimea

a) 4; b) 2; c) 3; d) 5; e)√

3; f) 1.

Solutie. Avem AC = AD/ sinC = 21/2 = 4.

12. Produsul scalar al vectorilor ~u =~i− 3~j + 4~k si ~v = 2~i−~j − ~k este

a) 1; b) 2; c) 3; d) 4; e) 5; f) −1.

Solutie. Avem u · v = 1 · 2 + (−3) · (−1) + 4 · (−1) = 2 + 3− 4 = 1.

13. Modulul (norma, lungimea) vectorului ~v = 2~i−~j + 2~k este

a) 3; b) 5; c) −3; d) 4; e) 6; f) 0.

Solutie. Obtinem |v| = √22 + 12 + 22 = 3.

14. Un cerc care contine punctul M(3 , 4) are ecuatia

a) x2 + y2 − 25 = 0; b) x2 + y2 − 6x− 8y + 3 = 0; c) x2 + y2 − 7 = 0;d) x2 + y2 − x = 0; e) x2 + y2 − y = 0; f) x2 + y2 − 1 = 0.

Solutie. Se observa ca singura ecuatie verificata de punctul (3, 4) este x2 + y2 − 25 = 0.

15. Suma semiaxelor elipsei de ecuatie x2

4 + y2

9 = 1 este

a) 5; b) 1; c) 2; d) 12; e) 4; f) 9.

Solutie. Avem a2 = 4, a > 0 ⇒ a = 2 si b2 = 9, b > 0 ⇒ b = 3, deci suma semiaxelor este a+b = 2+3 = 5.

16. Se dau vectorii ~u =~i + 3~j, ~v = 6~i− 4~j, ~w = 5~i−~j. Sa se calculeze vectorul ~s = ~u + ~v − ~w.

a) ~s = 2~i; b) ~s = ~0; c) ~s = 12~i− 2~j; d) ~s = 10~i− 8~j; e) ~s = 3~j; f) ~s = −~i−~j.

Solutie. Avem u + v − ω = i + 3j + 6i− 4j − 5i + j = 2i.

17. Fiecare din diagonalele fetelor unui cub are lungimea 2√

2. Atunci volumul cubului este

a) 8; b) 16√

2; c) 8√

2; d) 4; e) 10; f) 6.

Solutie. Latura cubului este 2√

2/√

2 = 2, deci volumul cubului este 23 = 8.

18. Dreapta, din planul xOy, de ecuatie x + y − 3 = 0 contine punctul A de coordonate

a) (2 , 1); b) (2 , −1); c) (−2 , 1); d) (−2 , −1); e) (2 , 2); f) (2 , −2).

Solutie. Singurul punct care satisface conditia x + y − 3 = 0 are coordonatele (2, 1).


Admitere * Universitatea Politehnica din Bucuresti 2005Disciplina: Algebra si Elemente de Analiza MatematicaVarianta A

1. Fie f : R→ R, f(x) =x2

x2 + 1. Sa se calculeze f ′(1). (4 pct.)

a)12; b) −1

4; c) 0; d)

14; e) −1

2; f) 1.

Solutie. Avem f ′(x) = 2x(x2+1)−2x3

(x2+1)2 = 2x(x2+1)2 si deci f ′(1) = 1

2 .

2. Sa se determine m,n ∈ R astfel ıncat ecuatia x4 + 3x3 + mx2 + nx − 10 = 0 sa admita solutia x1 = i.(4 pct.)

a) m = −10, n = 3; b) m = 1, n = −1; c) m = −9, n = 3;

d) m = 0, n = 0; e) m = −3, n = 10; f) m = 3, n = −10.

Solutie. Inlocuind x = i ın ecuatia x4 + 3x3 + mx2 + nx− 10 = 0, obtinem 1− 3i−m + ni− 10 = 0 ⇔−(m+9)+ i(n− 3) = 0, de unde prin identificare deducem m+9 = 0 si n− 3 = 0. Deci m = −9 si n = 3.

3. Sa se determine m ∈ R astfel ıncat functia f : R→ R, f(x) ={

x2 − 2x + m, x ≤ 1ex − e, x > 1 sa fie continua pe

R. (4 pct.)

a) m = 3; b) m = 1; c) m = 4; d) m = 0; e) nu exista; f) m = 3/2.

Solutie. Pe intervalele (−∞, 1) si (1,∞) functia este continua, fiind suma de functii elementare. Conditiade continuitate ın x0 = 1 se scrie lim

x↗1f(x) = lim

x↘1f(x) = f(1) ⇔ m− 1 = 0 ⇔ m = 1.

4. Sa se rezolve inecuatia√

x < 1. (4 pct.)

a) [0,1); b) (0,1); c) [0,1]; d) (−1, 1); e) nu are solutii; f) [0,∞).

Solutie. Conditia de existenta este x ≥ 0, iar din√

x < 1 rezulta x < 1. Prin urmare, avem x ∈ [0, 1).

5. Daca (a, b) este o solutie a sistemului de ecuatii{

x + y = 2xy = 1 , atunci (4 pct.)

a) a2 + b2 = 1; b) a2 + b2 = 2; c) a2 + b2 < 0; d) a 6= b; e) a2b2 = 2; f) a2 + b2 = 3.

Solutie. Din a + b = 2 si ab = 1 deducem a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab = 4− 2 = 2.

6. Sa se calculeze termenul al zecelea al progresiei aritmetice cu primul termen a1 = 5 si ratia r = 2. (4pct.)

a) 10; b) 25; c) 23; d) 20; e) 30; f) 18.

Solutie. Din relatia an = a1 + (n− 1)r rezulta a10 = a1 + 9r = 5 + 18 = 23.


0

x2

x3 + 1dx. (4 pct.)

a) 2 ln 2; b)ln 34

; c)ln 32

; d) 3 ln 2; e) ln 2; f)ln 23

.

Solutie. Avem∫ 1

0x2

x3+1dx = 13

∫ 1

0(x3+1)′

x3+1 dx = 13 ln(x3 + 1)

∣∣∣1

0= 1

3 ln 2.

8. Solutiile ecuatiei 9x − 4 · 3x + 3 = 0 sunt (4 pct.)

a) x1 = 3; b) x1 = 0, x2 = 1; c) nu exista; d) x1 = 0, x2 = 3 ; e) x1 = 1, x2 = 3; f) x1 = −1, x2 = −3.

Solutie. Notand 3x = y, rezulta y > 0 si ınlocuind ın relatie obtinem y2 − 4y + 3 = 0. Solutiile ecuatieisunt y = 1 si y = 3. Din 3x = 1, obtinem x = 0 si din 3x = 3 rezulta x = 1; deci x ∈ {0, 1}.

Enunturi si solutii U.P.B. 2005 * M1A - 1

9. Expresia E =1√

3 +√

2+

1√3−√2

, are valoarea (4 pct.)

a) 3√

2; b) 3√

3; c) 2; d) 2√

2; e) 2√

3; f) 3.

Solutie. Aducand la acelasi numarator relatia din enunt obtinem: E = 1√3+√

2+ 1√

3−√2= 2

√3

(√

3)2−(√

2)2=

2√

3.

10. Fie ecuatia x2 − ax + 4 = 0, unde a ∈ R este un parametru. Daca solutiile x1 si x2 ale ecuatiei verificaegalitatea x1 + x2 = 5, atunci (4 pct.)

a) x1 = x2; b) a < 0; c) x1, x2 /∈ R; d) a = 0; e) a = 5; f) a = 4.

Solutie. Din relatiile lui Viete x1 + x2 = a deducem a = 5.

11. Sa se calculeze limn→∞

(√

n2 + n−√n2 + 1). (4 pct.)

a) −12; b)

12; c) ∞; d) nu exista; e) 1; f) −1.

Solutie. Amplificand cu conjugata, obtinem:

limn→∞

(√

n2 + n−√

n2 + 1) = limn→∞

n− 1√n2 + n +

√n2 + 1

= limn→∞

(1− 1n )√

1 + 1n +

√1 + 1

n2

=12.

12. Pe R se defineste legea de compozitie x ? y = xy + 2ax + by. Sa se determine relatia dintre a si b astfelıncat legea de compozitie sa fie comutativa. (4 pct.)

a) a− b = 2; b) a = 2b; c) nu exista; d) a = b; e) a =b

2; f) a + b = 1.

Solutie. Pentru orice x, y ∈ R avem x ∗ y = y ∗ x ⇔ xy + 2ax + by = yx + 2ay + bx ⇔ (2a− b)(x− y) =0, ∀a, b ∈ R⇔ 2a = b ⇔ a = b/2.

13. Se considera functia f : [0,∞) → R, f(x) =∫ x+1

x

t2√t4 + t2 + 1

dt. Decideti: (6 pct.)

a) f este impara; b) f are doua puncte de extrem; c) graficul lui f admite o asimptota oblica; d) graficullui f admite o asimptota orizontala; e) f(0) = 0; f) f este convexa.

Solutie. Cum functia g(t) =t2√

t4 + t2 + 1este continua, aplicam teorema de medie pe intervalul [x, x+1]

si avem f(x) = (x + 1− x)f ′(θx) unde θx ∈ (x, x + 1) si deci limx→∞

f(x) = limθx→∞

θ2x√

θ4x + θ2

x + 1= 1. Deci

graficul functiei f admite asimptota orizontala y = 1.

14. Sa se calculeze limita sirului an =n∑

k=1

k(k + 1)2xk−1

, unde |x| > 1. (6 pct.)

a)x3

(x− 1)3; b)

x

x− 1; c)

1x

; d)1

x− 1; e)

x2

(x− 1)2; f) ∞.

Solutie. Pentru x 6= 1 avem x+x2 + . . .+xn+1 = xn+2−xx−1 = S(x) Derivand aceasta relatie de 2 ori, avem

S′(x) =n∑

k=0

(k + 1)xk =((n + 2)xn+1 − 1)(x− 1)− xn+2 + x

(x− 1)2=

(n + 1)xn+2 − (n + 2)xn+1 + 1(x− 1)2

.

Derivand din nou ın ambii membri, obtinem

S′′(x) =n∑

k=1

k(k + 1)xk−1 =xn+2(n + 1)n− 2(n + 2)xn+1 + (n + 2)(n + 1)x4 − 2

(x− 1)3.

Facand substitutia x → 1x si tinand seama ca lim

x→∞nk

xn= 0, pentru n ∈ N si |x| > 1, avem

limn→∞

n∑

k=1

k(k + 1)2xk−1

= − 22( 1

x − 1)3=

x3

(x− 1)3.



(x− 1)2 − 1x

. (6 pct.)

a) ∞; b) 2; c) 1; d) nu exista; e) −2; f) −∞.


(x− 1)2 − 1x

= limx→0

x(x− 2)x

= limx→0

(x− 2) = −2.

16. Sa se calculeze valoarea minima a functiei f : R→ R, f(x) =√

4x2 + 28x + 85 +√

4x2 − 28x + 113.(8 pct.)

a) 14√

2; b) 20; c) 12√

3; d) 19; e) 9√

5; f) 8√

6.

Solutie. Avem f ′(x) =8x + 28

2√

4x2 + 28x + 85+

8x− 282√

4x2 − 28x + 113. Deci

f ′(x) = 0 ⇔ 4x + 14√4x2 + 28x + 85

+4x− 14√

4x2 − 28x + 113= 0 ⇔

⇔ (2x + 7)√

(2x− 7)2 + 64 = −(2x− 7)√

(2x + 7)2 + 36) ⇒⇒ (2x + 7)2(2x− 7)2 + 64(2x + 7)2 = (2x− 7)2(2x + 7)2 + 36(2x− 7)2 ⇔⇔ 16(2x + 7)2 = 9(2x− 7)2 ⇔ 4(2x + 7) = ±3(2x− 7) ⇔ x ∈ {− 49

2 ,− 12}.

Pentru x ∈ (−∞,− 12 )\{− 49

2 }, avem f ′(x) < 0, deci functia f fiind strict descrescatoare ın x = − 492 ,

aceasta valoare nu convine ca abcisa de punct de minim. De asemenea, pentru x > − 12 avem f ′(x) > 0,

deci x = − 12 este punct de minim. In final, obtinem f(− 1

2 ) = 14√

2.

17. Sa se rezolve ecuatia

∣∣∣∣∣∣

2 x 0x −1 x2 −5 4

∣∣∣∣∣∣= 0. (8 pct.)

a) x1 = 0, x2 = 3; b) x1 = −5/2; c) x1 = 3; d) x1 = 0, x2 = 4; e) x1 = 0; f) x1 = 1, x2 = 4.

Solutie. Avem

∣∣∣∣∣∣

2 x 0x −1 x2 −5 4

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ x2 − 5x + 4 = 0 ⇔ x ∈ {1, 4}.

18. Fie f : C→ C, f(z) = z2 + z + 1. Sa se calculeze f

(−1 + i

√3

2

). (8 pct.)

a) −1; b) i; c) 1− i; d) 1 + i; e)√

3; f) 0.

Solutie. Pentru z = −1+i√

32 , rezulta (2z + 1)2 = (i

√3)2 ⇔ 4z2 + 4z + 1 = −3 ⇔ z2 + z + 1 = 0, deci

f(z) = z2 + z + 1 = 0.


Universitatea Politehnica din Bucuresti 2005Disciplina: Geometrie si TrigonometrieVarianta A

1. Sa se afle cate solutii are ecuatia sin x−√3 cos x = 0 ın intervalul [−π, 2π]. (4 pct.)

a) patru; b) o infinitate; c) doua; d) trei; e) una; f) nici una.

Solutie. Se observa ca cos x = 0 ⇔ x = (2k + 1)π2 , k ∈ Z, care nu satisfac ecuatia sin x−√3 cos x = 0.

Rezulta tgx =√

3 cu solutiile x = π3 + kπ, k ∈ Z. In intervalul [−π, 2π] avem pentru k ∈ {−1, 0, 1}

respectiv solutiile {− 2π3 , π

3 , 4π3 }.

2. Un triunghi isoscel are doua unghiuri de marimeπ

8si laturile egale de lungime 1. Atunci ınaltimea

corespunzatoare uneia dintre laturile egale are lungimea (4 pct.)

a)13; b)

√3

2; c)

12; d)

√2

2; e)

√2

3; f)

3√2.

Solutie. Unghiul de la varful triunghiului isoscel are masura 3π4 . Inaltimea corespunzatoare uneia dintre

laturile egale este de lungime sin 3π4 =

√2

2 .

3. Care este ordinea crescatoare a urmatoarelor numere: a = sin 2, b = sin2π

3, c = sin 8 ? (4 pct.)

a) c < b < a; b) a < b < c; c) b < c < a; d) b < a < c; e) a < c < b; f) c < a < b.

Solutie. Avem sin 8 = sin (8− 2π) si π2 < 8 − 2π < 2 < 2π

3 < π. In cadranul 2 functia sin este strictdescrescatoare, deci sin 8 > sin 2 > sin 2π

3 si deci c > a > b.

4. Dreapta care trece prin punctele A(1, 2) si B(2, 5) are ecuatia (4 pct.)

a) x− 3y = 1; b) 2x− y = 0; c) x− 2y = 0; d) 3x− y = 1; e) x + 3y = 1; f) 3x + y = 1.

Solutie. Ecuatia dreptei AB este x−xA

xB−xA= y−yA

yB−yA, deci x − 1 = y−2

3 ⇔ 3(x − 1) = y − 2, prin urmare3x− y = 1.

5. Sa se determine ecuatia planului care trece prin punctul A(3,−2,−7) si este paralel cu planul 2x−3z+5 =0. (4 pct.)

a) 2x− 3z − 10 = 0; b) x− 3z − 27 = 0; c) 2x− 3z − 20 = 0; d) 2x− z − 27 = 0; e) 2x− 3z − 27 = 0;f) 2x− 3z − 25 = 0.

Solutie. Ecuatia unui plan paralel cu planul dat este 2x − 3z + α = 0, α ∈ R. Cum planul trece prinA(3,−2,−7), avem 4 + 21 + α = 0, deci α = −25 si planul cerut are ecuatia 2x− 3z − 25 = 0.

6. Un triunghi dreptunghic are ipotenuza de lungime 8 cm si un unghi de 30◦. Calculati lungimea ınaltimiicorespunzatoare ipotenuzei. (4 pct.)

a) 4√

3; b)√

3; c)√

32 ; d) 2

√3; e) 2; f) 4.

Solutie. Fie 4ABC, dreptunghic in B, BD ⊥ AC(D ∈ AC) si m(∠BAC) = 30◦. Rezulta BC = AC2 =

82 = 4 si BD = BC sin 60◦ = 4

√3

2 = 2√

3.

7. Daca E = cosπ

6+ i sin

π

6, sa se determine valoarea a = E12. (4 pct.)

a) 1; b) 1− i; c) i; d) −1; e) −i; f) 0.

Solutie. Pentru E = cos π6 + i sin π

6 , avem

a = E12(cos

π

6+ i sin

π

6

)12

= cos12π

6+ i sin

12π

6= cos 2π + i sin 2π = 1 ⇒ a = 1.

8. Un paralelipiped dreptunghic are diagonala de lungime 4 si laturile bazei de lungimi respectiv 2 si 3.Atunci ınaltimea paralelipipedului are lungimea (4 pct.)

a)√

3; b) 4; c) 1; d) 2; e)√

5; f)√

2.

Solutie. File L, l, h si d respectiv lungimea, latimea, ınaltimea si diagonala paralelipipedului. Atuncid2 = L2 + l2 + h2, deci 42 = 32 + 22 + h2; obtinem h2 = 16− 4− 9 = 3 → h =

√3.

Enunturi si solutii U.P.B. 2005 * M1G - 1

9. Daca x este un unghi ın(0,

π

2

)si sin x = 2

3 , sa se determine tg x. (4 pct.)

a) − 1√5; b)

2√5; c)

12; d)

1√5; e)

√5; f)

√5

2.

Solutie. Daca sin x = 23 si x ∈ (0, π

2 ), rezulta cos x =√

1− sin2 x =√

1− 49 =

√59 =

√5

3 si deci

tgx = sin xcos x = 2√

5.

10. Aflati aria unui triunghi dreptunghic daca ipotenuza are lungimea 25 cm iar perimetrul este de 60 cm. (4pct.)

a) 50 cm2 ; b) 125 cm2 ; c) 150 cm2 ; d) 325 cm2 ; e) 100 cm2 ; f) 225 cm2 .

Solutie. Fie a ipotenuza triunghiului, b,c catetele. Avem a = 25, si p = a+b+c = 60, unde am notat cu pperimetrul triunghiului. Atunci b+c = 60−25 = 35, iar prin ridicare la patrat rezulta b2+c2+2bc = 1225.Conform teoremei lui Pitagora, avem a2 = b2 + c2. Obtinem 2bc = 600, iar aria este bc

2 = 6004 = 150.

11. Fie A(2, 3), B(4,−1). Sa se afle coordonatele punctului M pentru care MA + MB = 0. (4 pct.)

a) (2,2); b) (3,1); c) (1,2); d) (1,3); e) (1,1); f) (2,1).

Solutie. Fie M(α, β), atunci MA = (2−α)i+(3−β)j si MB = (4−α)i+(−1−β)j. Cum MA+MB = 0,avem 6− 2α = 0 si 2− 2β = 0, adica α = 6

2 si β = 22 , deci obtinem M(3, 1), mijlocul segmentulul AB.

12. Pentru ce valoare m ∈ R vectorii ~a = m~i + 3~j + 4~k si ~b = 4~i + m~j − 7~k sunt perpendiculari? (4 pct.)

a) m = 3; b) m = 5; c) m = −4; d) m = 4; e) m = 2; f) m = −3.

Solutie. Vectorii ~a,~b sunt perpendiculari daca ~a ·~b = 0, adica 4m + 3m− 28 = 0. Rezulta 7m = 28, decim = 4.

13. Diagonala unei fete a unui cub de volum 8 este (6 pct.)

a) 2; b)√

2; c)√

3; d) 4; e) 2√

2; f) 1.

Solutie. Diagonala unei fete este d2 = 2l2 unde l este latura cubului. Volumul cubului este deciV = l3 = 8 deci l = 2. Avem d2 = 2 · 4 deci d = 2

√2.

14. Care dintre urmatoarele puncte apartin elipsei raportate la axe cu semiaxele a = 2 si b = 3 ? (6 pct.)

a) (√

2,√

3); b) (−1, 1); c)(√

2,3√2

); d) (1,0); e) (1,2); f)

(2√

2,1√2

).

Solutie. Ecuatia elipsei de semiaxe a = 2, b = 3 este x2

4 + y2

9 = 1. Punctul ce verifica aceasta ecuatieeste deci (

√2, 3√

2).

15. Volumul unui con circular drept de generatoare 5 si raza 4 este: (6 pct.)

a)80π

3; b) 20π; c) 16π; d)

8π

3; e) 32π; f) 4π.

Solutie. Inaltimea conului este H iar volumul conului este V = πR2H3 . Aflam ınaltimea; avem H2 =

G2 − R2 unde G este generatoarea si R este raza conului; obtinem H2 = 25 − 16 = 9, deci H = 3 siV = π·3·16

3 = 16π.

16. Fie z = (1 + i)2. Sa se calculeze arg z (0 ≤ arg z < 2π). (8 pct.)

a)π

4; b)

π

2; c)

2π

5; d)

π

3; e) 3π

4 ; f)π

6.

Solutie. Avem z = (i + 1)2 = 2i = 2(cosπ2 + i sin π

2 ), deci arg z = π2 .

17. Care este raza cercului de ecuatie x2 + y2 − 2x− 2y = 0 ? (8 pct.)

a) 3; b) 2; c)√

2; d) 1; e) −1; f)√

3.

Solutie. Restrangand patratele, ecuatia cercului se rescrie (x− 1)2 + (y − 1)2 = (√

2)2, deci R =√

2.


18. Sa se calculeze volumul piramidei ale carei fete sunt planele de coordonate si planul de ecuatie: 3x + 6y−2z − 24 = 0. (8 pct.)

a) 64; b) 100; c) 8; d) 32; e) 36; f)163

.

Solutie. Planul intersecteaza axele de coordonate ın punctele A(x0, 0, 0), B(0, yo, 0) si C(0, 0, z0). Dinecuatia planului obtinem x0 = 8, y0 = 4 si z0 = −12, deci volumul cerut este 1

6 | x0y0z0 |= 64.


Admitere * Universitatea Politehnica din Bucuresti 2006Disciplina: Algebra si Elemente de Analiza MatematicaVarianta F

1. Cate solutii distincte are ecuatia z = z2, z ∈ C ? (8 pct.)

a) O infinitate; b) 5; c) 3; d) 6; e) 1; f) 4.

Solutie. Determinam numarul de solutii distincte ale ecuatiei z = z2, z ∈ C. Din z = z2, obtinem|z| = |z2| = |z|2. Cum |z| = |z|, avem |z| = |z|2, de unde |z|(1 − |z|) = 0. Deci |z| = 0 sau |z| = 1,de unde z = 0 sau |z| = 1. Examinam al doilea caz. Tinand cont ca zz = |z|2 = 1, deci z = 1

z ,ecuatia se rescrie echivalent z3 = 1, deci z este una dintre cele trei radacini complexe ale unitatii. Avemz3 = 1 ⇔ (z − 1)(z2 + z + 1) = 0 ⇔ z ∈ {1, −1±i

√3

2 }. In final, solutiile ecuatiei sunt ın numar de patru,z ∈ {0, 1, −1±i

√3

2 }.


1x4

∫ x

0

t2 · e−t2 · sin t dt. (8 pct.)

a) 0; b) ∞ ; c)14

; d) 1; e)1e

; f)sin 1

e.

Solutie. Se cere sa se calculeze limx→0

1x4

∫ x

0t2e−t2 sin dt. Se observa ca limita este de tipul 0/0, deci aplicam

regula lui L′Hospital si obtinem limx→0

∫ x0 t2e−t2 sin tdt

x4 = limx→0

x2e−x2sin x

4x3 = 14 lim

x→0

sin xx e−x2

= 14 · 1 · 1 = 1

4 .

3. Sa se calculeze aria marginita de dreptele x = 0, x = 1, axa Ox si de graficul functiei f : R→ R,f(x) =

x

x2 + 1. (8 pct.)

a) 2ln 2 ; b) 12 ; c) 1; d) ln 2 ; e) π

4 ; f) 12 ln 2.

Solutie. Aria este egala cu∫ 1

0

x

x2 + 1dx =

12

∫ 1

0

2x

x2 + 1dx =

12

ln(x2 + 1)∣∣10

=12

ln 2.

4. Cate solutii ın Z× Z are ecuatia x4 − x3y − 8y4 = 0? (6 pct.)

a) Nici una; b) Una; c) Doua; d) Patru; e) Trei; f) O infinitate.

Solutie. Determinam cate solutii ale ecuatiei. Daca y = 0, atunci x = 0 si deci x = y = 0 este solutie ınZ× Z a ecuatiei. Daca y 6= 0, atunci ecuatia este echivalenta cu (x

y )4 − (xy )3 − 8 = 0. Notand t = x

y ∈ Q,obtinem t4−t3−8 = 0. Se observa ca t = 2 este solutie a ecuatiei, care se rescrie (t−2)(t3+t2+2t+4) = 0.Cum t3 + t2 + 2t + 4 = 0 nu are radacini rationale, rezulta ca t = 2 este unica solutie. Deci x

y = 2, deunde x = 2y. Se observa ca (0, 0) satisface aceasta relatie, deci {(2n, n)|n ∈ Z} este multimea solutiilor ınZ× Z ale ecuatiei date. Prin urmare ecuatia are o infinitate de solutii.

5. Sa se calculeze f ′ (2) pentru functia f : (0,∞) → R, f(x) = xx − 2x − x2. (6 pct.)

a) 4; b) −4; c) 4 ln 2 ; d) 4(1 + ln 2) ; e) 2 ln 2 ; f) 0.

Solutie. Avem (xx)′ = (eln xx

)′ = (ex ln x)′ = ex ln x(x ln x)′ = xx(1 + lnx) si deci f ′(x) = xx(1 + ln x) −2x ln 2− 2x. Prin urmare f ′(2) = 4(1 + ln 2)− 4 ln 2− 4 = 0.

6. Se cer cea mai mica si cea mai mare valoare pentru functia f : [0, 3] → R, f (x) = x2 − 2x− 5. (6 pct.)

a) −5,−2 ; b) −6,−2; c) 1, 3; d) −6, 3; e) 0, 3; f) −5, 3.

Solutie. Functia este polinomiala de gradul doi, deci graficul acesteia este un arc de parabola, care continevarful (−b

a , −∆4a ) = (1,−6) si care are drept capete punctele (0, f(0)) = (0,−5) si (3, f(3)) = (3,−2).

Deci cea mai mica valoare a functiei este −6, iar cea mai mare valoare este −2. Alta solutie. Avemf ′(x) = 2x− 2 = 2(x− 1), iar tabelul de variatie este

x 0 1 3f ′(x) −2 − 0 + 4f(x) −5 ↘ −6 ↗ −2

deci cea mai mica valoare a functiei este −6 si cea mai mare valoare este −2.


7. Se cere domeniul maxim de definitie al functiei f : D → R, f (x) = ln (1 + 3x).(4 pct.)

a)(− 1

3, ∞

); b) (0, ∞) ; c) (3, ∞) ; d) (−3, ∞) ; e) (1, ∞) ; f) (e, ∞) .

Solutie. Conditia de existenta a functiei este 1 + 3x > 0 ⇔ x > − 13 . Domeniul maxim de definitie al

functiei este (− 13 , +∞).

8. Cate matrice de forma X =(

x yy x

)verifica relatia X2 = I2; x, y ∈ R? (4 pct.)

a) 4 ; b) 3; c) 2; d) 5; e) 1; f) O infinitate.

Solutie. Relatia din ipoteza se rescrie

(x yy x

)(x yy x

)=

(1 00 1

)⇔

(x2 + y2 2xy

2xy x2 + y2

)=

(1 00 1

)⇔

{x2 + y2 = 1

xy = 0,

deci x = 0 sau y = 0. Daca x = 0, atunci y2 = 1, de unde y = ±1. Daca y = 0, atunci x2 = 1, de

unde x = ±1. Prin urmare matricele cautate sunt(

1 00 1

),( −1 0

0 −1

),(

0 11 0

),(

0 −1−1 0

), deci

patru matrice verifica relatia din enunt.

9. Fie a ≥ 0, b ≥ 0 astfel ıncat√

a +√

b =√

a + b. Atunci (4 pct.)

a) ab = 1 ; b) a = 0, b = 0 ; c) a > 1 ; d) a = 0 sau b = 0 ; e) a < b ; f) a2 + b2 = 1 .

Solutie. Din√

a +√

b =√

a + b, rezulta (√

a +√

b)2 = (√

a + b)2, adica a + b + 2√

ab = a + b, de undeab = 0. Deci a = 0 sau b = 0.

10. Ecuatia tangentei la graficul functiei f : R → R, f (x) =x3

3− 3x2 + 5x + 2 ın punctul de inflexiune este

(4 pct.)

a) y = 4x− 9 ; b) y = −4x ; c) y = 4x + 13 ; d) y = −4x + 11 ; e) y = −1 ; f) y = −4x + 13 .

Solutie. Avem f ′(x) = x2 − 6x + 5 si f ′′(x) = 2x − 6. Din f ′′(x) = 0, obtinem x = 3 si punctul deinflexiune (3, f(3)), adica (3,−1). Tangenta la grafic ın punctul (3,−1) este y + 1 = f ′(3)(x − 3). Cumf ′(3) = −4, tangenta are ecuatia y + 1 = −4(x− 3), adica y = −4x + 11.

11. Sa se calculeze x2 + y daca 2x − 3y = 0, 3x − 2y = 0 cu x, y ∈ R. (4 pct.)

a)16

; b)56

; c)76

; d)116

; e) 6 ; f) −6 .

Solutie. Din cele doua relatii rezulta, respectiv, y = 2x

3 si y = 3x

2 . Deci 2x

3 = 3x

2 ⇔ 2x+1 = 3x+1 ⇔( 23 )x+1 = 1 = ( 2

3 )0, de unde x = −1. Atunci y = 16 si deci x2 + y = (−1)2 + 1

6 = 76 .

12. Sa se determine abscisele punctelor de extrem local ale functiei f : R→ R, f (x) = x4 − 4x3. (4 pct.)

a) 0, 2, −2 ; b) 0 ; c) 0 i 3 ; d) 2 ; e) 3 ; f) 2, −2.

Solutie. Avem f ′(x) = 4x3 − 12x2 = 4x2(x− 3). Tabelul de variatie al functiei f este:

x −∞ 0 3 +∞f ′(x) −∞ − 0 − 0 + +∞f(x) +∞ ↘ 0 ↘ -27 ↗ +∞

de unde se observa ca functia admite un singur punct de extrem local (minim), de abscisa x = 3.

13. Sa se rezolve ecuatia 3x+1 = 9√

x. (4 pct.)

a) 4; b) 0 si 1; c) 1; d) 0; e) -1; f) Nu are solutii.

Solutie. Rezolvam ecuatia 3x+1 = 9√

x. Conditia de existenta a radicalului este x ≥ 0. Ecuatia se rescrie

3x+1 = 32√

x ⇔ x + 1 = 2√

x ⇔ x− 2√

x + 1 = 0 ⇔ (√

x− 1)2 = 0,

deci√

x = 1, adica x = 1.


14. Sa se calculeze valoarea expresiei E =x2 + x3

x1+

x1 + x3

x2+

x1 + x2

x3, unde x1, x2, x3 sunt solutiile ecuatiei

x3 − 6x2 + x + 2 = 0. (4 pct.)

a) 1; b) −3; c) −6; d) −1; e) 3; f) 0.

Solutie. Scriem relatiile lui Viete:

x1 + x2 + x3 = 6x1x2 + x1x3 + x2x3 = 1x1x2x3 = −2

. Obtinem

E =x2 + x3

x1+

x1 + x3

x2+

x1 + x2

x3=

6− x1

x1+

6− x2

x2+

6− x3

x3=

= 6(

1x1

+1x2

+1x3

)− 3 = 6 · x2x3 + x1x3 + x1x2

x1x2x3− 3 = −6.

15. Sa se determine m ∈ R daca sistemul 2x + my = 0, 3x + 2y = 0 admite numai solutia nula. (4 pct.)

a) m =34

; b) m =43

; c) m 6= 43

; d) m 6= 0 ; e) m = −34

; f) m = 3 .

Solutie. Sistemul are numai solutia nula daca∣∣∣∣

2 m3 2

∣∣∣∣ 6= 0 ⇔ 4− 3m 6= 0 ⇔ m 6= 43.

16. Sa se rezolve inecuatia√−x− 2− 3

√x + 5 < 3. (4 pct.)

a) [−6, −5] ; b) (−6, −2) ; c) x ∈ (−∞, −2] ; d) (−5, −2) ; e) x ∈ (−∞, −6] ; f) x ∈ (−6, −2] .

Solutie. Conditia de existenta a radicalului de ordin par este

−x− 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ −2. (1)

Notand{

u =√−x− 2 ≥ 0

v = 3√

x + 5, obtinem relatiile

{u2 + v3 = 3u− v < 3 . Din prima relatie rezulta u =

√3− v3,

deci ınlocuind in inegalitate, obtinem√

3− v3 − v < 3 ⇔ √3− v3 < v + 3. Distingem doua cazuri:

i) daca v + 3 < 0, obtinem 0 ≤ √3− v3 < v + 3 < 0 contradictie, deci ecuatia nu are solutii; ii) daca

v + 3 ≥ 0 atunciv ≥ −3 ⇔ 3

√x + 5 ≥ −3 ⇔ x ≥ −32. (2)

Ridicand la patrat ambii membri ai inegalitatii√

3− v3 < v + 3, obtinem

3− v3 < v2 + 6v + 9 ⇔ v3 + v2 + 6v + 6 > 0 ⇔ (v + 1)(v2 + 6) > 0 ⇔ v + 1 > 0.

Aceasta inegalitate se rescrie

3√

x + 5 > −1 ⇔ x + 5 > −1 ⇔ x > −6 (3)

Din relatiile (1), (2) si (3), obtinem x ∈ (−6,−2].

17. Numerele x, 2x + 3, x + 2 sunt termenii unei progresii aritmetice, ın ordinea scrisa. Sa se determine ratiaprogresiei. (4 pct.)

a) 3 ; b) 2 ; c) x + 3 ; d) −1 ; e) 1 ; f) −2 .

Solutie. Conditia ca numerele sa fie termenii unei progresii aritmetice, ın ordinea scrisa, este: x+(x+2) =2(2x + 3) ⇔ 2x + 2 = 4x + 6 ⇔ 2x = −4 ⇔ x = −2, deci termenii devin −2,−1, 0, iar ratia este 1.

18. Se cere limita limx→∞

(√x +

√x−√x

). (4 pct.)

a) 1 ; b)12

; c) ∞; d) 2; e) 0; f) Nu exista.

Solutie. Rationalizand, obtinem

limx→∞

(√x +

√x−√x

)= lim

x→∞x +

√x− x√

x +√

x +√

x= lim

x→∞

√x

√x

(√1 + 1√

x+ 1

) =12.


Universitatea Politehnica din Bucuresti 2006Disciplina: Geometrie si TrigonometrieVarianta E

1. Un patrat are aria numeric egala cu 9. Sa se determine lungimea diagonalei patratului. (4 pct.)

a)92

; b) 6; c) 5√

2 ; d) 3√

2 ; e)32; f) 4.

Solutie. Daca a este latura patratului, atunci diagonala sa este d = a√

2. Avem Aria = 32 = 9, de undea = 3. Deci d = 3

√2.

2. Daca sin x =13

si x ∈ (0, π

2

), sa se calculeze tg x (4 pct.)

a)√

2 ; b) 2√

2 ; c) 4√

2 ; d)23; e)

√2

4; f) −√2 .

Solutie. Cum x ∈ (0, π

2

), atunci cos x > 0 si deci cos x =

√1− sin2 x =

√1− 1

9 = 2√

23 . Obtinem

tgx = sin xcos x = 1

3 · 32√

2=

√2

4 .

3. Un paralelipiped dreptunghic are lungimile laturilor bazei 3 si 2, iar diagonala paralelipipedului arelungimea 5. Sa se calculeze lungimea ınaltimii paralelipipedului. (4 pct.)

a) 2√

3 ; b)√

3 ; c) 1; d) 12; e) 2; f) 4.

Solutie. Daca L, l, h si d sunt lungimea, latimea, ınaltimea si respectiv, diagonala paralelipipedului drep-tunghic, atunci d2 = L2 + l2 + h2. Obtinem h2 = 25− 9− 4 = 12, de unde h = 2

√3.

4. Sa se determine masura unghiului B al unui triunghi ABC dreptunghic ın A, stiind ca b + c = a√

2(4 pct.)

a)π

15; b)

π

6; c)

π

12; d)

π

3; e)

5π

12; f)

π

4.

Solutie. Folosind teorema sinusului asin A

= bsin B

= csin C

si proportii derivate, obtinem asin A

=b+c

sin B+sin C. Folosind relatia b + c = a

√2, rezulta sin B + sin C =

√2 sin A. Dar sin A = sin π

2 = 1, deci

sin B + sin C =√

2, de unde 2 sin B+C2 cos B−C

2 =√

2. Cum sin B+C2 = sin π

4 =√

22 , rezulta cos B−C

2 = 1,de unde B−C

2 = 0, deci B = C. Prin urmare masura unghiului B este π4 . Altfel. Folosind teorema lui

Pitagora, obtinem sistemul{

a2 = b2 + c2

b + c = a√

2⇒

{b2 + c2 = a2

b2 + c2 + 2bc = 2a2 (1)

de unde rezulta

a2 = 2bc ⇔ b

a· c

a=

12⇔ sin B · cos B =

12⇔ sin 2B = 1 ⇔ 2B =

π

2⇒ B =

π

4.

Altfel. In sistemul (1) scadem din dublul primei ecuatii pe cea de-a doua; rezulta (b − c)2, deci b = c,triunghi dreptunghic isoscel, deci B = π

4 .

5. Sa se calculeze aria triunghiului avand laturile 10, 10, 12. (4 pct.)

a) 50; b) 48; c) 24√

2 ; d) 24; e) 42; f) 36.

Solutie. Aplicand formula lui Heron, rezulta A =√

p(p− a)(p− b)(p− c), unde p este semiperimetrul.Avem p = 16, p − b = 6, p − c = 6, p − c = 4 si deci A =

√16 · 6 · 6 · 4 =

√82 · 62 = 48. Altfel.

Triunghiul este isoscel, deci folosind teorema lui Pitagora, ınaltimea corespunzatoare laturii mari este

h =√

102 − (122

)2 = 8, deci aria este A = 12·82 = 48.

6. Cate solutii are ecuatia sin 2x = 1, situate ın intervalul(0, 3π)? (4 pct.)

a) Sase; b) Patru; c) Doua; d) Trei; e) Una; f) O infinitate.

Solutie. Avem sin 2x = 1 ⇔ 2x ∈ {(4k + 1)π2 |k ∈ Z}, de unde x ∈ {(4k + 1)π

4 |k ∈ Z}. Solutiile dinintervalul (0, 3π) sunt: {π

4 , 5π4 , 9π

4 }.


7. Se considera un cerc de centru O si un punct M exterior cercului astfel ıncat OM = 13. Se cere razacercului stiind ca lungimea unei tangente la cerc duse din M este 5. (4 pct.)

a) 6; b) 10; c) 13; d) 8; e) 12; f)√

194.

Solutie. Fie T punctul de tangenta. Avem OM = 13 si MT = 5.

Daca R este raza cercului, atunci, aplicand teorema lui Pitagora ın triunghiul dreptunghic OMT (T =90◦), rezulta R2 = OT 2 = OM2 −MT 2 = 132 − 52 = 144, de unde R = 12.

8. Intr-un cerc de diametru 8 se ınscrie un triunghi echilateral. Sa se calculeze lungimea laturii triunghiului.(4 pct.)

a) 4 ; b) 4√

2 ; c) 4√

3; d)4√

33

; e)3√

22

; f) 2√

3.

Solutie. Daca R este raza cercului circumscris, iar a este latura triunghiului echilateral ınscris, atuncia = R

√3. Dar R = 4, deci a = 4

√3.

9. Se considera un cerc de diametru AB (orizontal) si fie C mijlocul arcului inferior de semicerc. Daca M

este un punct situat pe semicercul superior, sa se calculeze raportulMA + MB

MC(4 pct.)

a)√

3 + 1 ; b) 2; c) 1 +√

2 ; d) 3; e)√

3 ; f)√

2 .

Solutie. Cum C este mijlocul arcului inferior de semicerc, rezulta mas (ABC) = mas (BAC) =π

4.

Folosind teorema sinusului avem MA = 2R sin B, MB = 2R sin A,MC = 2R sin MAC = 2R sin MBC.Deci

MC =2R sin MAC + 2R sin MBC

2= R(sin MAC + sin MBC) = R

(sin

(A +

π

4

)+ sin

(B +

π

4

)).

Atunci

MA + MB

MC=

2R(sinA + sin B)R(sin(A + π

4 ) + sin(B + π4 ))

=4 sin A+B

2 cos A−B2

2 sin(A+B2 + π

4 ) cos A−B2

=2 sin π

4

sin(π4 + π

4 )=

2√

22

1=√

2.

10. Sa se calculeze aria triunghiului avand varfurile A (−1, −3), B (1, 5), C (4, 1). (4 pct.)

a) 16; b) 32; c) 14; d) 12√

2 ; e) 10; f) 16√

2 .

Solutie. Avem A =12|4|, unde 4 =

∣∣∣∣∣∣

−1 −3 11 5 14 1 1

∣∣∣∣∣∣= −32, deci A =

12|−32| = 16.


11. Sa se determine m ∈ R daca vectorii ~a =~i + m~j, ~b = 6~i + 3~j sunt perpendiculari (4 pct.)

a) −2; b) ±2 ; c) 0; d) 2; e) ±12

; f) −12

.

Solutie. Conditia de perpendicularitate a vectorilor ~a si ~b este 〈~a,~b〉 = 0 ⇔ 1 · 6 + m · 3 = 0, de undem = −2.

12. Sa se determine ınaltimea unui con circular drept avand raza bazei 1 si aria totala 3π. (4 pct.)

a)√

2 ; b) 3; c)√

3 ; d) π√

3 ; e) π√

2; f) 2√

2 .

Solutie. Aria totala a unui con circular drept este At = πR(R + G), unde R este raza bazei si G estegeneratoarea. Obtinem 3π = π(1 + G), de unde G = 2. Atunci ınaltimea h a conului drept dat esteh =

√G2 −R2 =

√3.

13. Sa se calculeze distanta AB daca A (1, 2, 1), B (2, 4,−1). (6 pct.)

a) 1; b) 3; c)√

5 ; d) 4; e) 9; f) 2√

2.

Solutie. Distanta dintre cele doua puncte este

AB =√

(xB − xA)2 + (yB − yA)2 + (zB − zA)2 =√

(2− 1)2 + (4− 2)2 + (−1− 1)2 =√

9 = 3.

14. Sa se scrie ecuatia cercului circumscris triunghiului OAB avand varfurile O (0, 0), A (a, 0), B (0, b), a > 0,b > 0. (6 pct.)

a) x2 + y2 − ax− by = 0 ; b) x2 + y2 + ax + by = 0 ; c) x2 + y2 − ax = 0 ; d) x2 + y2 − by = 0 ;e) x2 + y2 − a2 − b2 = 0 ; f) x2 + y2 − ax + by = 0 .

Solutie. Avem A ∈ Ox,B ∈ Oy, deci triunghiul ABC este dreptunghic ın O. Atunci centrul cercului este

mijlocul M al segmentului AB, iar raza este mediana OM corespunzatoare ipotenuzei. Avem M

(a

2,b

2

)

si OM =

√(a

2

)2

+(

b

2

)2

=√

a2 + b2

2.

Cercul cautat are centrul ın M si de raza OM , deci are ecuatia

(x− a

2

)2

+(

y − b

2

)2

=

(√a2 + b2

2

)2

⇔ x2 + y2 − ax− by = 0.

15. Un trapez isoscel circumscris unui cerc are lungimile bazelor 8 si 2. Sa se calculeze aria trapezului.(6 pct.)

a) 18; b) 28; c) 15; d) 10; e) 12; f) 20.

Solutie. Fie ABCD trapezul isoscel din enunt (AB||CD,AD = BC), iar M, N respectiv mijloacelesegmentelor CD si AB (vezi desenul). Avem MC = 1, NB = 4 si deci BC = CP +PB = MC +NB = 5.Daca CQ (Q ∈ AB) este ınaltimea trapezului, atunci CQ2 = CB2 −BQ2 = 52 − 32 = 16 si deci CQ = 4.Aria trapezului este deci (AB+DC)·CQ

2 = 20.




16. Se dau 4 puncte ın spatiu, necoplanare. Cate plane distincte care contin cate trei din punctele date sepot considera? (8 pct.)

a) 5; b) 3; c) 4; d) 6; e) 2; f) 8.

Solutie. Numarul planelor este C34 = 4.

17. Se considera numerele complexe z1 = 1, z2 = i. Sa se determine a (a > 0) daca imaginile punctelor z1,z2 si z3 = a (1 + i) formeaza un triunghi echilateral. (8 pct.)

a)√

3 ; b)√

3− 12

; c)1 +

√3

2; d)

√3 + 1 ; e)

√2 + 12

; f)√

2− 12

.

Solutie. Triunghiul este echilateral daca |z2 − z1| = |z3 − z1| = |z3 − z2| ⇔ |i− 1| = |(a− 1) + ai| =|a + i(a− 1)|. Deci

√2 =

√(a− 1)2 + a2, de unde 2 = 2a2 − 2a + 1, adica 2a2 − 2a − 1 = 0. Obtinem

a1,2 = 1±√32 , si cum a > 0, rezulta a = 1+

√3

2 .

18. Sa se determine perechea (m,n) de numere reale, daca punctele (1, m, 3), (2, 3, n), (3, 0, 5) sunt colineare.(8 pct.)

a) (−6, 4) ; b) (6, 3) ; c) (6, 2) ; d) (6,−2) ; e) (6, 4) ; f) (0, 4).

Solutie. Punctele A(1,m, 3), B(2, 3, n), C(3, 0, 5) sunt colineare d.n.d. AB||AC, deci daca vectoriiAB = (2−1)i+(3−m)j +(n−3)k si AC = (3−1)i+(0−m)j +(5−3)k au componentele proportionale.Obtinem sirul de rapoarte egale

12

=3−m

−m=

n− 32

⇔{

6−m = 0n− 3 = 1 ⇔

{m = 6n = 4,

deci (m,n) = (6, 4).



1. Sa se calculeze i + i3 + i5. (4 pct.)

a) 1; b) −i; c) 0; d) i; e) −1; f) 2i.

Solutie. Folosind relatiile i2 = −1 si i4 = 1, rezulta i + i3 + i5 = i− i + i = i.

2. Fie f : R −→ R, f (x) =x3 + 5x

x2 + 1. Sa se calculeze I =

∫ 3

0

f−1 (t) dt, unde f−1 este inversa functiei

bijective f . (4 pct.)

a)12

(5− 4 ln 2); b)3 + 4 ln 2

2; c)

12

(5 + 4 ln 2); d) ln 2; e)12

(2 + ln 2); f)12

(5− ln 2).

Solutie. Daca f−1(t) = x, rezulta t = f(x), dt = f ′(x)dx, iar f(0) = 0 ⇒ f−1(0) = 0 si f(1) = 3 ⇒f−1(3) = 1, deci efectuand schimbarea de variabila x = f−1(t), si apoi integrand prin parti, integrala serescrie

I =∫ 1

0

xf ′(x)dx = xf(x) |10 −∫ 1

0

f(x)dx = f(1)−∫ 1

0

x(x2 + 1) + 4x

x2 + 1dx =

= 3−∫ 1

0

xdx− 2∫ 1

0

2x

x2 + 1dx = 3− 1

2− 2 ln 2 =

52− 2 ln 2 =

12(5− 4 ln 2).

3. Sa se determine parametrul real m daca sistemul x + y = m, x + my = 1 este compatibil nedeterminat.(4 pct.)

a) 2; b) 0, 1; c) 1; d) -1; e) m ∈ R; f) 0.

Solutie. Determinantul matricii coeficientilor este ∆ =∣∣∣∣

1 11 m

∣∣∣∣ = m−1. El se anuleaza pentru m = 1,

pentru care cele doua ecuatii sunt echivalente, deci sistem compatibil nedeterminat cu un grad de libertate.

4. Sa se determine abscisele punctelor de extrem ale functiei f : R −→ R, f (x) = x4 + 8x3. (4 pct.)

a) 0; b) -1; c) -2; d) 1; e) -6; f) 0, -6.

Solutie. Avem f ′(x) = 4x3 + 24x2 = 4x2(x + 6), iar f ′(x) = 0 ⇒ x ∈ {0,−6}. Dar f ′(x) ≤ 0, ∀x ≤ −6si f ′(x) ≥ 0,∀x ≥ −6, deci x = −6 este singurul punct de extrem.

5. Sa se calculeze limn→∞

(n + 2−√n2 + n + 3

). (4 pct.)

a)52; b) 2; c) 1; d) ∞; e)

32; f) 0.

Solutie. Amplificand cu conjugata, obtinem succesiv

limn→∞

(n + 2−√

n2 + n + 3) = 2 + limn→∞

n2 − n2 − n− 3n +

√n2 + n + 3

= 2− limn→∞

1 + 3n

1 +√

1 + 1/n + 3/n2= 2− 1

2=

32.

6. Sa se calculeze aria marginita de parabola y = 2x− x2 si axa Ox. (4 pct.)

a) 2; b) 3; c) −43; d) -1; e)

43; f) 1.

Solutie. Aria se afla ıntre axa Ox si arcul de parabola aflat deasupra acestei axe, deci corespunzator

valorilor x ∈ [0, 2]. Obtinem aria A =∫ 2

0

(2x− x2)dx =(

x2 − x3

3

)|20= 4− 8

3=

43.

7. Pentru ce valori ale parametrului real m matricea A =(

1 mm 4

)admite inversa ? (4 pct.)

a) m = −2; b) m 6= ±2; c) m = 2; d) m ∈ {−2, 2}; e) m = 0; f) m = 4.

Solutie. Matricea trebuie sa aiba determinantul nenul, deci det A 6= 0 ⇔ 4−m2 6= 0 ⇔ m 6= ±2.


8. Sa se determine numarul solutiilor ecuatiei 2x = 0 ın inelul Z6. (4 pct.)

a) 0; b) 2; c) 4; d) 6; e) 1; f) 3.

Solutie. Verificand pe rand valorile din Z6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}, se observa ca 2x = 0 are doar solutiile 0 si3, deci numarul de solutii este 2.

9. Se cer asimptotele verticale ale graficului functiei reale f : (0,∞) \ {2} −→ R, f (x) =ln x

x− 2. (4 pct.)

a) x = 1; b) x = 0; c) x = 2; d) x = 0, x = 1; e) Nu exista; f) x = 0, x = 2.

Solutie. Avem limx↘0

ln xx−2 = +∞, lim

x↘2

ln xx−2 = +∞, lim

x↗2

ln xx−2 = −∞, deci x = 0 si x = 2 sunt asimptotele

verticale ale functiei f .

10. Sa se rezolve ecuatia 2x+1 = 4√

x. (4 pct.)

a) 3; b) 2; c) 1; d) 4; e) 0; f) -1.

Solutie. Conditia de existenta a radicalului este x ≥ 0. Ecuatia se rescrie 2x+1 = 22√

x ⇔ x + 1 =2√

x ⇔ (√

x− 1)2 = 0 ⇔ x = 1.

11. Sa se determine punctele critice ale functiei f : R? −→ R, f (x) = x +1x

. (4 pct.)

a) 2, -2; b) -1, 1; c) Nu exista; d) 1; e) -1; f) 3.

Solutie. Calculam derivata functiei f ; obtinem f ′(x) = 1− 1x2 = x2−1

x2 , deci f ′(x) = 0 ⇔ x ∈ {±1}.12. Fie x1 si x2 solutiile ecuatiei x2 − 3x + 2 = 0. Sa se calculeze x1 + x2 + x1x2. (4 pct.)

a) −2; b) 5; c) −5; d) 6; e) 2; f) 0.

Solutie. Din relatiile Viete avem S = x1+x2 = 3, P = x1x2 = 2, deci x1+x2+x1x2 = S+P = 3+2 = 5.

13. Sa se rezolve ecuatia√

x + 1 +1√

x + 1= 2. (6 pct.)

a) 3; b) 1; c) 4; d) 2; e) 0; f) x 6= −1.

Solutie. Conditia de existenta a radicalului este x ≥ −1. Notam√

x + 1 = t ≥ 0 si ecuatia se rescriet2 − 2t + 1 = 0 ⇒ t = 1 ≥ 0, deci

√x + 1 = 1 ⇔ x = 0.

14. Sa se calculeze limx→∞

(x + 1)3 − (x− 1)3

2x2 + x + 1. (6 pct.)

a) 2; b) ∞; c) 1; d) −∞; e) 3; f) 0.

Solutie. Obtinem limx→∞

(x + 1)3 − (x− 1)3

2x2 + x + 1= lim

x→∞6x2 + 2

2x2 + x + 1= lim

x→∞6 + 2

x2

2 + 1x + 1

x2

=62

= 3.

15. Sa se determine a2 + b2 daca a + 2b = 1 si 2a + b = 2. (6 pct.)

a) 3; b) 2; c) 0; d) 4; e) 1; f) −2.

Solutie. Rezolvand sistemul liniar

{a + 2b = 1

2a + b = 2, obtinem a = 1, b = 0, deci a2 + b2 = 1.

16. Sa se calculeze f ′ (0) pentru f : R −→ R, f (x) =x

x2 + 1. (8 pct.)

a) 2; b) −1; c) −2; d) 1; e) 4; f) 0.

Solutie. Avem f ′(x) = 1−x2

(x2+1)2 , deci f ′(0) = 1.

17. Sa se determine valorile parametrului real m daca polinomul X2 − (m + 3) X + 9 are radacini duble. (8pct.)

a) 0; b) 3, −9; c) −9; d) 3; e) 1; f) −3, 9.

Solutie. Punem conditia ca discriminantul ecuatiei de gradul doi sa se anuleze. Obtinem

∆ = 0 ⇔ (m + 3)2 − 36 = 0 ⇔ m + 3 ∈ {±6} ⇔ m ∈ {3,−9}.


18. Fie F primitiva functiei f : R −→ R, f (x) = x2 + 2x care se anuleaza ın punctul x = 1. Sa se calculezeF (2). (8 pct.)

a) 0; b)203

; c) 8; d)163

; e) 2; f) 1.

Solutie. Integram functia f ; obtinem F (x) =∫

(x2 + 2x)dx = x3

3 + x2 + C; Conditia F (1) = 0 se rescrie43 + C = 0 ⇔ C = − 4

3 , deci F (2) = 83 + 4− 4

3 = 163 .



1. Un paralelipiped dreptunghic are diagonala de lungime 4 si laturile bazei de lungime 2 si respectiv 3.Atunci ınaltimea paralelipipedului are lungimea: (4 pct.)

a) 1; b)√

3; c) 3; d)√

2/2; e)√

2; f)√

3/2.

Solutie. Notand cu d, h si a, b respectiv lungimile diagonalei, ınaltimii si respectiv laturilor bazei, avemd2 = a2 + b2 + h2, deci h =

√16− 4− 9 =

√3.

2. Daca planele (a + 2) x + 3y + z + 2b − 1 = 0 si 6ax + (4− b) y − bz + a + 2 = 0, a, b ∈ R, sunt paralele,atunci: (4 pct.)

a) a = 0, b = 4; b) a = 0, b = 0; c) a = 1, b = 4; d) a = 1, b = 2; e) a = 2, b = 1; f) a = 1, b = −2.

Solutie. Coeficientii variabilelor x, y, z din ecuatiile planelor trebuie sa fie proportionali, dar nu si

termenii liberi, decia + 26a

=3

4− b=

1−b

6= 2b− 1a + 2

. Obtinem b = −2, a = 1 iar ultimele fractii difera:1

−(−2)6= −5

3.

3. Cate solutii are ecuatia sin 2x = 1 ın intervalul (0, 2π)? (4 pct.)

a) Trei; b) Sase; c) Patru; d) Doua; e) Una; f) Nici una.

Solutie. 2x ∈{

2kπ +π

2

∣∣∣ k ∈ Z}

, deci x ∈{

kπ +π

4

∣∣∣ k ∈ Z}∩ (0, 2π) =

{π

4,5π

4

}, deci doua solutii.

4. Daca ınaltimea unui tetraedru regulat este√

2, atunci muchia tetraedrului are lungimea: (4 pct.)

a)√

2/2; b)√

3; c)√

3/2; d)√

2/3; e)√

2; f) 3.

Solutie. Fie a muchia tetraedului regulat; atunci ınaltimea este h = a√

63 ⇔ √

2 = a√

63 ⇔ a =

√3.

5. Pentru ce valoare m ∈ R, vectorii ~a = m~i +√

3~j si ~b =√

3~i +~j sunt perpendiculari? (4 pct.)

a) m = 1; b) m =√

3; c) m = −1; d) m = 0; e) m = −2; f) m = 4.

Solutie. Produsul scalar al vectorilor trebuie sa fie nul, 〈~a,~b〉 = 0 ⇔ m√

3 +√

3 = 0 ⇔ m = −1.

6. Daca punctele A (1, 2), B (2, 4) si C (4, a), a ∈ R, sunt coliniare, atunci: (4 pct.)

a) a = 0; b) a = 2; c) a = 8; d) a = 4; e) a = 1; f) a = −5.

Solutie. Determinantul coordonatelor celor trei puncte bordate cu 1 trebuie sa se anuleze:

∣∣∣∣∣∣

1 2 12 4 14 a 1

∣∣∣∣∣∣=

0 ⇔ a− 8 = 0 ⇔ a = 8.

7. Daca A (2, 1,−1), B (5,−3, 0) si C (2, 1, 1), atunci aria triunghiului ABC este: (4 pct.)

a) 5; b) 4; c)√

26; d) 7; e) 2; f) 8.

Solutie. Lungimile celor trei laturi sunt

AB =√

9 + 16 + 1 =√

26; AC =√

0 + 0 + 22 = 2; BC =√

9 + 16 + 1 =√

26.

Se observa ca AB = BC, deci 4ABC este isoscel. Atunci ınaltimea BM =√

AB2 − (AC/2)2 =√

26− 1 = 5, deci aria triunghiului este S =AC ·BM

2=

2 · 52

= 5.

8. Daca E (x) =sin 2x− 2

2+ sin x + cos2 x atunci E

(−3π

2

)este: (4 pct.)

a) −1; b) −1/2; c) 1; d) 0; e) 1/2; f) 2.

Solutie. E

(−3π

2

)=

0− 22

+ 1 + 0 = 0.


9. Volumul conului circular drept cu generatoarea de lungime 5 si raza cercului de baza de lungime 4 este:(4 pct.)

a) 16π; b) 16; c) 25π; d) 9π; e) 48; f) 9.

Solutie. Avem generatoarea G = 5, raza R = 4. Atunci ınaltimea este h =√

G2 −R2 = 3, si deci

V =πR2h

3=

π42 · 33

= 16π.

10. Daca tg x = 3, atunci cos 2x este: (4 pct.)

a) 3/5; b) 0; c) 1/2; d) −4/5; e) −1/2; f) 4/5.

Solutie. cos 2x =1− tg 2x

1 + tg 2x=

1− 91 + 9

= −45.

11. Se considera triunghiul ABC cu laturile AB =√

2, BC = 2, AC = 1 +√

3. Atunci masura unghiului Aeste: (4 pct.)

a) 30◦; b) 105◦; c) 45◦; d) 60◦; e) 120◦; f) 90◦.

Solutie. Din teorema cosinusului, cos A =AB2 + AC2 −BC2

2AB ·AC=

2 + 4 + 2√

3− 42√

2(1 +√

3)=

1√2⇒ A =

π

4.

12. Distanta de la punctul A (2, 3) la dreapta 3x− 4y − 4 = 0 este: (4 pct.)

a) 10; b)√

2; c) 3; d) 2; e)√

10; f) 2√

5.

Solutie. d =|3 · 2− 4 · 3− 4|√

32 + (−4)2=| − 10|

5= 2.

13. Ecuatia planului care trece prin origine si prin punctele (1, 1, 2) si (2, 0, 4) este:

a) x + y + z − 4 = 0; b) x− 2z = 0; c) x− y = 0; d) 2x− z = 0; e) 2x + y + z − 8 = 0; f) x + y + 2z = 0.

Solutie. Folosind ecuatia planului determinat de trei puncte (necolineare) date, obtinem∣∣∣∣∣∣∣∣

x y z 10 0 0 1

xA yA zA 1xB yB zB 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔

∣∣∣∣∣∣∣∣

x y z 10 0 0 11 1 2 12 0 4 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔

∣∣∣∣∣∣

x y z1 1 22 0 4

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ 2x− z = 0.

14. Daca ın triunghiul ABC avem m(A

)= 30◦, b = 4, c = 2, atunci aria triunghiului este: (6 pct.)

a) 1; b) 2; c) 2√

3; d) 4√

2; e) 2√

2; f) 4.

Solutie. SABC =bc sin A

2=

12· 4 · 2 · sin 30◦ = 2.

15. Daca volumul si aria totala a unui cub au aceeasi valoare numerica, atunci latura cubului are valoarea:(6 pct.)

a) 6; b) 1; c) 4; d) 2; e) 8; f) 9.

Solutie. Notand cu l > 0 latura cubului, avem Atot = V ⇔ 6l2 = l3 ⇔ l = 6.

16. Raza cercului de ecuatie x2 + y2 − 4x− 2y − 7 = 0 este: (8 pct.)

a)√

5; b)√

7; c) 5; d) 3; e)√

10; f) 2√

3.

Solutie. Restrangand patratele ın ecuatia cercului, obtinem

(x− 2)2 + (y − 1)2 − 4− 1− 7 = 0 ⇔ (x− 2)2 + (y − 1)2 = 12 ⇒ r =√

12 = 2√

3.

17. Argumentul redus al numarului complex z = (1− i)2 este: (8 pct.)

a) 0; b) π/2; c) π; d) π/6; e) 3π/2; f) π/4.

Solutie. z = (1− i)2 = −2i = 2 cos(

3π

2+ i sin

3π

2

), deci arg z =

3π

2.


18. Daca z = cosπ

15+ i sin

π

15, atunci z10 este: (8 pct.)

a)12− i

√3

2; b) -1; c) 1; d) −1

2+ i

√3

2; e)

12

+ i

√3

2; f) −1

2− i

√3

2.

Solutie. Aplicand formula lui Moivre, obtinem

z10 = cos10π

15+ i sin

10π

15= cos

2π

3+ i sin

2π

3= − cos

π

3+ i sin

π

3= −1

2+ i

√3

2.


Admitere * Universitatea Politehnica din Bucuresti 2008Disciplina: Algebra si Elemente de Analiza MatematicaVarianta B

1. Sa se determine abscisele punctelor de inflexiune ale functiei f : R→ R, f(x) = ln(x2 + 1). (4 pct.)

a) {−1}; b) {−1, 1}; c) {0}; d) nu exista; e) {0, 1}; f) {1}.

Solutie. f ′(x) =2x

x2 + 1; f ′′(x) =

2(x2 + 1)− 2x · 2x

(x2 + 1)2=

2(1− x2)(x2 + 1)2

, deci f ′′(x) = 0 ⇔ x ∈ {−1, 1}.

2. Fie functia f : R → R, f(x) = arccos1− x2

1 + x2+ 2 arctgx. Daca A este imaginea functiei f , iar F este

primitiva lui f care se anuleaza ın x = 0, atunci: (4 pct.)

a) A = [−π, π), F (1) = π + ln 2; b) A = [−π, 2π), F (1) = π − ln√

2; c) A = [0, π], F (1) = π + ln 4; d)A = [0, π), F (1) = π − ln 2; e) A = (−π, π], F (1) = π + ln

√2; f) A = [0, 2π), F (1) = π − 2 ln 2.

Solutie. Integrand prin parti obtinem :

F (x) =∫

arccos1− x2

1 + x2dx + 2

∫arctg xdx = x arccos

1− x2

1 + x2− I + 2x arctg x−

∫2x

1 + x2dx,

unde I =∫

x

(arccos

1− x2

1 + x2

)′dx. Dar

(arccos

1− x2

1 + x2

)′=

4x

(1 + x2)√

4x2=

2x

(1 + x2)|x| , si (deoarece

se cere ın final F (1)) consideram cazul x > 0; rezulta I =∫ 2x2

(1 + x2)|x|dx =∫

2x

1 + x2dx = ln(1 + x2)

si deci F (x) = x arccos1− x2

1 + x2− 2 ln(x2 + 1) + 2x arctg x + C. Dar F (0) = 0, deci C = 0 si obtinem

F (1) =π

2− 2 ln 2 +

2π

4= π − 2 ln 2. Pentru a afla Im f , observam ca

f ′(x) =2x

(1 + x2)|x| +2

1 + x2=

41 + x2

, x ≥ 0

0, x < 0.

Deci pe intervalul (−∞, 0) functia f este constanta, f(x) = f(−1) = 0, ∀x < 0, iar pe intervalul (0,∞),f este crescatoare. Cum ınsa f(0) = 0 si lim

x→∞f(x) = π + π = 2π, rezulta Im f = [0, 2π).

3. Fie f : R→ R, f(x) =2

x2 + 1. Sa se determine primitiva functiei f care se anuleaza ın x = 0. (4 pct.)

a)x

x2 + 1; b)

1x3 + x

; c) 2 arctg x; d) 2 arcsin x; e) x2; f) ln(x2 + 1).

Solutie. F (x) =∫

2x2 + 1

dx = 2 arctg x + C; F (0) = C = 0, deci F (x) = 2 arctg x.

4. Fie legea de compozitie definita pe R prin x ? y = x(1− y) + y(1− x). Sa se determine elemetul neutru.(4 pct.)

a) 2; b) −2e; c) 0; d) 1; e) nu exista; f) −1.

Solutie. Se verifica usor ca legea este comutativa. Atunci

x ∗ e = x ⇔ x (1− e) + e (1− x) = x ⇔ e (1− 2x) = 0, ∀x ∈ R.

Rezulta e = 0.

5. Fie functia f : C→ C, f(z) = 1 + z + z2 + z3 + z4. Sa se calculeze f(i). (4 pct.)

a) 1 + i; b) 0; c) i; d) 1− i; e) −i; f) 1.

Solutie. f(i) = 1 + i− 1− i + 1.


6. Fie A =(

1 01 2

). Sa se determine matricea B =

12

(3I2 −A), unde I2 este matricea unitate de ordinul

al doilea. (4 pct.)

a)(

3 00 1

); b)

(1 21 0

); c)

(3 30 −1/2

); d)

(0 00 0

); e)

(1 10 2

); f)

(1 0

−1/2 1/2

).

Solutie. Obttinem succesiv B =(

3/2 00 3/2

)−

(1/2 01/2 1

)= 1

2

(2 0−1 1

)=

(1 0

−1/2 1/2

).

7. Fie functia f : R → R, f(x) ={

min{ln |x| , ex+1 − 1

}, x 6= 0

0, x = 0 . Daca n este numarul punctelor de

maxim local ale lui f si k numarul asimptotelor graficului lui f , atunci: (4 pct.)

a) n + k = 2; b) k − n = 2; c) n + k = 4; d) toate celelalte afirmatii sunt false; e) n + k = 3; f) k − n = 1.

Solutie. Studiind graficele functiilor ln |x| si ex+1 − 1, obtinem f(x) =

ex+1 − 1, x ≤ −1

ln(−x), −1 < x < 0

0, x = 0

ln x, x > 0.

Functia f admite asimptota orizontala y = −1 la −∞ asimptota verticala bilaterala x = 0, deci k = 2.Pe de alta parte, punctele (−1, 0) si (0, 0) sunt maxime locale, deci n = 2; rezulta n + k = 2 + 2 = 4.

8. Sa se rezolve ecuatia 3x2= 9x. (4 pct.)

a) {2}; b) {1}; c) {0}; d) g¡ ; e) {0, 1}; f) {0, 2}.Solutie. 3x2

= 9x ⇔ x2 = 2x ⇔ x(x− 2) = 0 ⇔ x ∈ {0, 2}.

9. Sa se rezolve inecuatiax + 1

2≤ 2x

3. (4 pct.)

a) g¡ ; b) R; c) (−∞, 3]; d) (−∞, 3); e) [ 3,∞); f) (3,∞).

Solutie. Inecuatia se rescrie3x + 3− 4x

6≤ 0 ⇔ −x ≤ −3 ⇔ x ≥ 3. Rezulta x ∈ [3,∞).

10. Sa se determine multimea valorilor parametrului real λ pentru care sistemul{

x + y = 1x + λy = 2 este compatibil

determinat. (4 pct.)

a) (−∞, 1); b) (1,∞); c) R\ {1}; d) {1}; e) R; f) g¡ .

Solutie. Conditia∣∣∣∣

1 11 λ

∣∣∣∣ 6= 0 se rescrie λ 6= 1, deci λ ∈ R\{1}.

11. Fie sirul an =n∑

k=3

k

2k−3. Sa se determine lim

n→∞an. (4 pct.)

a) 9; b) 10; c) 8√

2; d)152

; e) 7; f) 8.


Solutie. Avem an =n∑

k=3

k

2k−3= 4

n∑

k=3

k

(12

)k−1

= 4S′(

12

), unde S(x) =

n∑

k=3

xk = x3 xn−2 − 1x− 1

=

xn+1 − x3

x− 1. Obtinem

S′(x) =nxn+1 − (n + 1)xn − 2x3 + 3x2

(x− 1)2⇒ S′

(12

)=

n

2n+1− n + 1

2n− 1

4+

34

14

= 4(

n

2n+1− n + 1

2n+

12

).

Prin urmare S′(

12

)= 2− n + 2

2n−1, deci an = 4S′

(12

)= 8− n + 2

2n−3si deci lim an = 8.

12. Sa se determine multimea solutiilor ecuatiei

∣∣∣∣∣∣

3 3 x1 x 11 0 x

∣∣∣∣∣∣= 2. (4 pct.)

a){

1,12

}; b) {1,−1}; c) {3}; d) {1, 2}; e) g¡ ; f) {1, 3}.

Solutie. Calculam determinantul,

∣∣∣∣∣∣

3 3 x1 x 11 0 x

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

0 3 −2x0 x 1− x1 0 x

∣∣∣∣∣∣= 2x2 − 3x + 3 = 2.

Ecuatia se rescrie 2x2 − 3x + 1 = 0, deci x ∈ {1, 12}.


x2 − 1x4 − 1

. (6 pct.)

a) ∞; b)14; c) 1; d) 0; e) 2; f)

12.

Solutie. Simplificand fractia prin x2 − 1, limita se rescrie limx→1

1x2 + 1

=12.

14. Sa se determine numarul real m pentru care polinomul f = X2 − 4X + m are radacina dubla. (6 pct.)a) −4; b) 0; c) 2; d) 1; e) −2; f) 4.

Solutie. Anularea discriminantului ecuattiei de gradul doi asociate f = 0 conduce la ∆ ≡ 16 − 4m =0 ⇔ m = 4.

15. Sa se determine m ∈ R astfel ıncat functia f : R → R, f(x) ={

x3 + x, daca x ≤ 1mxex−1, daca x > 1 sa fie continua

pe R. (6 pct.)a) e−1; b) 4; c) 2; d) 1; e) e; f) nu exista.

Solutie. limx→1x<1

x3 + x = f(1) = limx→1x>1

mxex−1 ⇔ m = 2.


0

(x3 + x2

)dx. (6 pct.)

a)56; b) 5; c)

712

; d) 2; e) 6; f)15.

Solutie.∫ 1

0

(x3 + x2)dx =(

x4

4+

x3

3

)∣∣∣∣1

0

=14

+13

=3 + 412

=712

.

17. Fie f : R→ R, f(x) = xex. Sa se calculeze f ′(0). (8 pct.)a) nu exista; b) 0; c) 2; d) 3; e) 1; f) e.

Solutie. f ′(x) = xex + ex, deci f ′(0) = 1.

18. Sa se rezolve ecuatia x2 − 5x + 4 = 0. (8 pct.)

a) {1}; b) {−1,−4}; c) {4, 5}; d) g¡ ; e) {0}; f) {1, 4}.

Solutie. x2 − 5x + 4 = 0 ⇔ x ∈{

5±√25− 162

}= {1, 4}.



1. Fie vectorii u = i + j si v = i− j. Vectorul suma u + v este (4 pct.)

a) 12 i; b) i; c) j; d) −2j; e) 2i; f) 3

2 j.

Solutie. ~u + ~v = (~i +~i +~j −~j) = 2~i.

2. Daca aria unui cerc este π, atunci lungimea cercului este (4 pct.)

a) 3√

4; b) 100; c) 1000; d) 2π; e)√

2; f) 10.

Solutie. A = πR2 = π, deci R = 1, si deci lungimea cercului este = 2π.

3. Determinati care dintre numerele complexe de mai jos verifica ecuatia z2 = −1 (4 pct.)

a) i; b) 3√

7 i; c) 1; d) 0; e) 5√

3 +√

7 i; f) 10.

Solutie. Dintre numerele specificate doar z = i satisface ecuatia z2 = −1.

4. Ordinea crescatoare a numerelor a = sin 0, b = sin π4 si c = sin π

2 este (4 pct.)

a) b, a, c; b) b, c, a; c) a, b, c; d) a, c, b; e) c, b, a; f) c, a, b.

Solutie. Functia sinus este strict crescatoare ın intervalul [0, π2 ], deci 0 < π

4 < π2 ⇒ sin 0 < sin π

4 < π2 ,

deci a < b < c. Pe alta cale, avem a = 0, b =√

22 , c = 1, deci a < b < c, iar ordinea este a, b, c.

5. Distanta dintre punctele A(12, 0) si B(0, 5) este (4 pct.)

a) π; b) 13; c) 1; d) 5; e) 0; f)√

3.

Solutie. ||AB|| =√

(0− 12)2 + (5− 0)2 =√

144 + 25 =√

169 = 13.

6. Daca perimetrul unui patrat este 4, atunci aria lui este (4 pct.)

a) −4; b)√

2; c) π; d) 10; e) 7; f) 1.

Solutie. Notand cu l latura patratului si cu A aria sa, avem 4l = 4 ⇒ l = 1 ⇒ A = 1.

7. Numarul de solutii ale ecuatiei cos x = 2 este (4 pct.)

a) 2; b) 4; c) 5; d) 3; e) 0; f) 1.

Solutie. Deoarece cosx ∈ [−1, 1],∀x ∈ R, egalitatea cos x = 2 nu poate avea loc, deci ecuatia are 0solutii.

8. Aria triunghiului ale carui varfuri au coordonatele (1,1), (1,2) si (2,1) este (4 pct.)

a) 31; b) 3√

2; c) 4103 ; d) 100; e) 17; f) 1

2 .

Solutie. Folosind formula ariei cu determinant, obtinem A = | 12

∣∣∣∣∣∣

1 1 11 2 12 1 1

∣∣∣∣∣∣| = | − 1

2 | = 12 .

9. Daca aria unui romb este 6 iar lungimea unei diagonale este 3, atunci lungimea celeilalte diagonale este(4 pct.)

a) 4; b) 17; c) 3√

2; d) 13; e) 7; f) 10.

Solutie. Aria rombului este semiprodusul diagonalelor, deci d2 = 2A/d1 = 2 · 6/3 = 4.

10. Modulul numarului complex 1 + i√

3 este (4 pct.)

a) 5; b) 2; c) 0; d) 20; e) −1; f)√

5.

Solutie. Avem∣∣1 + i

√3∣∣ =

√12 + (

√3)2 =

√1 + 3 = 2.

11. Produsul numerelor complexe 1 + i si 1− i este (4 pct.)

a) −3 i; b) 10 i; c)√

7; d) 2; e) 3√

5; f) 10.

Solutie. (1 + i)(1− i) = 1− i2 = 1 + 1 = 2.


12. Produsul scalar al vectorilor u = 2i + j si v = i− 2j este (4 pct.)

a) 5; b)√

3; c) 3; d) 0; e) 100; f) −200.

Solutie. 〈~u,~v〉 = 2 · 1 + 1 · (−2) = 0.

13. Valoarea expresiei sin π2 + tgπ

4 este (6 pct.)

a) 100; b)√

5; c) 11; d) 2; e) 4√

7; f) −3.

Solutie. sinπ

2+ tg

π

4= 1 + 1 = 2.

14. Ecuatia dreptei care trece prin punctele A(1, 1) si B(2, 2) este (6 pct.)

a) y = 7x; b) y = −2x; c) x + 2y + 3 = 0; d) y = x; e) y = 2x + 1; f) y = 2x.

Solutie. Folosim ecuatia dreptei prin doua puncte:x− 12− 1

=y − 12− 1

⇔ y = x.

15. Intr-un triunghi dreptunghic lungimea unei catete este 3, iar lungimea ipotenuzei este 5. Lungimeaceleilalte catete este (6 pct.)

a) −2; b) 2; c) 3√

4; d) 4; e) π; f) 5.

Solutie. Folosind teorema lui Pitagora, notand cu c1 = 3, c2 lungimile celor doua catete ale triunghiului, si cu a = 5 lungimea ipotenuzei triunghiului, rezulta c2

2 = a2 − c21 = 25− 9 = 16 ⇒ c2 = 4.

16. Daca cos x =√

32 , atunci sin2 x are valoarea (8 pct.)

a) 17 ; b) −1; c) 2; d)

√5; e) 0; f) 1

4 .

Solutie. sin2 x = 1− cos2 x = 1− 34 = 1

4 .

17. Punctul de intersectie al dreptelor y = x− 1 si y = −x + 1 are coordonatele (8 pct.)

a) (1,0); b) (3,5); c) (1,1); d) (4,7); e) (5,3); f) (0,0).

Solutie. Rezolvand sistemul{

y = x− 1y = −x + 1 , obtinem x = 1, y = 0, deci punctul de intersectie este

(1, 0).

18. Expresiasin 2x

2 sinx, unde x ∈ R\{kπ | k ∈ Z}, este egala cu (8 pct.)

a) cos x; b) tg x√3; c) 1; d) 1 + ctg x; e) sin x; f) 0.

Solutie.sin 2x

2 sin x=

2 sin x cos x

2 sinx= cos x.



1. Valoarea determinantului

∣∣∣∣∣∣

2 −1 00 0 21 1 0

∣∣∣∣∣∣este: (5 pct.)

a) 2; b) 4; c) 0; d) 5; e) −2; f) −6.

Solutie. Dezvoltand dupa linia a doua a determinantului, obtinem: −2∣∣∣∣

2 −11 1

∣∣∣∣ = −2 · (2 + 1) = −6.

2. Solutia ecuatiei 2x+1 = 16 este: (5 pct.)

a) 1; b) 0; c) −1; d) 2; e) −2; f) 3.

Solutie. Ecuatia se rescrie 2x+1 = 24, deci x + 1 = 4 ⇔ x = 3.

3. Sa se rezolve inecuatia x + 2 < 4− x. (5 pct.)

a) x ∈ (−∞, 1); b) x ∈ (−1, 1); c) x ∈ (1,∞); d) x ∈ (0, 1) ∪ (1,∞); e) g¡ ; f) x ∈ (0,∞).

Solutie. Regrupand termenii, avem 2x < 2 ⇔ x < 1 ⇔ x ∈ (−∞, 1).

4. Sa se determine valoarea parametrului real m pentru care x = 2 este solutie a ecuatiei x3 + mx2 − 2 = 0.(5 pct.)

a) 3; b) 12 ; c) − 3

2 ; d) 52 ; e) 1; f) 3

4 .

Solutie. Inlocuind solutia x = 2 ın ecuatie, obtinem: 8 + 4m− 2 = 0 ⇔ 4m = −6 ⇔ m = −3/2.

5. Sa se calculeze (1 + i)2. (5 pct.)

a) 1; b) 2i; c) 4i; d) −2 + i; e) 0; f) i.

Solutie. Ridicand la patrat si folosind proprietatea i2 = −1, obtinem (1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 2i.

6. Fie ecuatia x2 −mx + 1 = 0, m ∈ R. Sa se determine valorile lui m pentru care ecuatia are doua solutiireale si distincte. (5 pct.)

a) R; b) (−∞,−2) ∪ (2,∞); c) (0,∞); d) (−∞, 0); e) (−∞,−1) ∪ (2,∞); f) g¡ .

Solutie. Conditia ∆ > 0 se rescrie (−m)2 − 4 · 1 > 0 ⇔ m2 − 4 > 0 ⇔ m ∈ (−∞,−2) ∪ (2,∞).

7. Solutia ecuatiei 3√

x− 1 = −1 este: (5 pct.)

a) −3; b) Ecuatia nu are solutii; c) 0; d) 1; e) −1; f) 3.

Solutie. Ridicand la puterea a treia, rezulta (x− 1) = (−1)3 ⇔ x− 1 = −1 ⇔ x = 0.

8. Fie functia f : R\ {0} → R, f(x) = x−1x . Sa se calculeze f ′ (2). (5 pct.)

a) 14 ; b) 2

3 ; c) − 12 ; d) 1

8 ; e) 0; f) 2.

Solutie. Derivand, avem f ′(x) = (x−1x )′ = (1− 1

x )′ = −(− 1x2 ) = 1

x2 , deci f ′(2) = 14 .

9. Sa se determine m ∈ R astfel ıncat functia f(x) ={

x + 2m, x ≤ 0m2x + 4, x > 0 sa fie continua pe R. (5 pct.)

a) m = −3; b) m = 2; c) m = 0; d) m = 1; e) m ∈ R; f) m = −2.

Solutie. Avem fs(0) = limx↗0

(x+2m) = 2m, f(0) = x+2m|x=0 = 2m, fd(0) = limx↘0

(m2x+4) = 4. Functia

f este continua ın x = 0 daca si numai daca fs(0) = f(0) = fd(0), deci 2m = 4 ⇔ m = 2. Cum f estecontinua pe R\{0}, fiind compunere de functii polinomiale continue, rezulta ca f este continua pe R dacasi numai daca m = 2.

10. Multimea solutiilor ecuatiei x2 − 5x + 4 = 0 este: (5 pct.)

a) {−1, 4}; b) {−1, 1}; c) {0, 3}; d) {1, 4}; e) g¡ ; f) {0, −3}.

Solutie. Radacinile ecuatiei de gradul doi sunt x1,2 =5±√25− 4 · 4

2=

4± 32

∈ {1, 4}.


11. Valoarea integralei1∫0

(6x2 + 2x

)dx este: (5 pct.)

a) −2; b) 0; c) 3; d) 13 ; e) 4; f) 1

2 .

Solutie. Integram,∫ 1

0(6x2 + 2x)dx =

(6x3

3 + 2x2

2

)∣∣∣1

0=

(2x3 + x2

)∣∣10

= (2 + 1)− (0 + 0) = 3.

12. Sa se determine functia f : R→ R, f (x) = x2 + ax + b astfel ıncat f (0) = 1, f (1) = 0. (5 pct.)

a) x2 − 1; b) x2 + 1; c) x2 − 3x; d) x2 + 4x + 5; e) x2 − 2x + 1; f) x2 + x + 1.

Solutie. Impunand cele doua conditii, rezulta:{

f(0) = 1f(1) = 0 ⇔

{02 + a · 0 + b = 112 + a · 1 + b = 0 ⇔

{b = 1a + b = −1 ⇔

{a = −2b = 1 ⇒ f(x) = x2 − 2x + 1.


π cu o zecimala exacta. (5 pct.)

a) 1, 6; b) 1, 9; c) 2, 2; d) 1, 5; e) 2, 1; f) 1, 7.

Solutie. Pentru a avea o zecimala exacta ın evaluarea lui√

π trebuie sa aproximam π cu doua zecimaleexacte, deci π ' 3.14. Dar

√3.14 =

√31410 , iar 289︸︷︷︸

172

< 314 < 324︸︷︷︸182

si deci√

172

10 <√

3.14 <√

182

10 ⇔ 1.7 <

√3.14 < 1.8. Rezulta

√π ' 1.7 .

14. Fie sirul cu termenul general an =n∑

k=1

kCkn, n ≥ 1. Sa se calculeze a2009. (5 pct.)

a) 2007 · 22009; b) 2009! + 1; c) 2008!; d) 2009 · 22008; e) 2008 · 22009; f) 12009 .

Solutie. Se observa ca avem kCkn = k n!

(n−k)!k! = n(n−1)!(n−k)!(k−1)! = nCk−1

n−1. Deci

an =n∑

k=1

kCkn =

n∑

k=1

nCk−1n−1 = n

n−1∑

k=0

Ckn−1 = n(C0

n−1 + ... + Cn−1n−1 ) = n(1 + 1)n−1 = n2n−1

si prin urmare a2009 = 2009 · 22008.

15. Sa se calculeze aria multimii plane marginite de graficul functiei f : (0,∞) → R, f (x) = x ln x, axa Ox sidreptele verticale x = 1, x = e. (5 pct.)

a) 1; b) e + 2; c) e; d) e−14 ; e) 0; f) e2+1

4 .

Solutie. Integrand prin parti integrala definita care produce aria, obtinem

A =∫ e

1

x ln xdx =∫ e

1

(x2

2

)′ln xdx =

x2

2ln x

∣∣∣∣e

1

−∫ e

1

x2

21x

dx =

=e2

2ln e− 12

2· ln 1︸︷︷︸

=0

−12

∫ e

1

xdx =e2

2− 1

2· x2

2

∣∣∣∣e

1

=e2

2− e2 − 1

4=

e2 + 14

.

16. Fie functia f : R\ {1} → R, f(x) =√

x2+1x−1 . Asimptotele functiei f sunt: (5 pct.)

a) x = 1, y = x; b) x = 0, y = −1; c) y = x + 1; d) x = −1, y = 2x + 3; e) x = 1, y = 1, y = −1; f)x = 1, y = 1.

Solutie. Deoarece limx↘1

√x2 + 1x− 1

= 2 limx↘1

1x− 1

= ∞ si limx↗1

√x2 + 1x− 1

= 2 limx↗1

1x− 1

= −∞, functia f

admite asimptota verticala bilateriala x = 1. De asemenea,

limx→∞

√x2 + 1x− 1

= limx→∞

√1 + 1

x2

1− 1x

= 1, limx→−∞

√x2 + 1x− 1

= limx→−∞

|x|√

1 + 1x2

x(1− 1x )

= −1,

deci functia f admite asimpotele orizontale y = 1 pentru x → ∞ si y = −1 pentru x → ∞ si deci nuare asimpote oblice pentru x → ±∞. In final, asimptotele functiei f sunt: x = 1 (asimptota verticalabilaterala), y = 1 si y = −1 (asimptote orizontale).


17. Stiind ca polinomul aX4 + bX3 + cX2 + (a− 1)X − 1 are radacina tripla 1, sa se calculeze a + b + c. (5pct.)

a) 0; b) −2; c) 1; d) −1; e) 12 ; f) 2.

Solutie. Avem

P = ax4 + bx3 + cx2 + (a− 1)x− 1

P ′ = 4ax3 + 3bx2 + 2cx + a− 1

P ′′ = 12ax2 + 6bx + 2c.

Polinomul P are radacina tripla 1 d.n.d. P (1) = P ′(1) = P ′′(1) = 0. Avem deci:

a + b + c + (a− 1)− 1 = 04a + 3b + 2c + a− 1 = 012a + 6b + 2c = 0

⇔

2a + b + c = 25a + 3b + 2c = 16a + 3b + c = 0.

Scazand primele doua ecuatii ınmultite respectiv cu 2 si 1 din ultima ecuatie, obtinem:

2a + b + c = 2a + b = −34a + 2b = −2

⇔

a + b = −32a + b = −12a + b + c = 2

⇔

a = 2b = −5c = 3

⇒ a + b + c = 0.

18. Pe Z se defineste legea de compozitie x?y = xy−2x−2y+6. Sa se determine elementul neutru. (5 pct.)

a) 7; b) −3; c) 1; d) 3; e) Nu exista; f) −1.

Solutie. Se observa ca legea este comutativa, adica x ∗ y = y ∗ x, ∀x, y ∈ Z. Deci e ∈ Z este elementneutru bilateral d.n.d. x ∗ e = x, ∀x ∈ Z, ceea ce se revine la

xe− 2x− 2e + 6 = x, ∀x ∈ Z⇔ x(e− 3)− 2(e− 3) = 0, ∀x ∈ Z⇔ (x− 2)(e− 3) = 0, ∀x ∈ Z,

deci e = 3 ∈ Z este element neutru.




a) i; b) 1; c) 4i; d) 0; e) −2 + i; f) 2i.

Solutie. Ridicand la patrat si folosind proprietatea i2 = −1, obtinem (1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 2i.

2. Sa se determine valoarea parametrului real m pentru care x = 2 este solutie a ecuatiei x3 + mx2 − 2 = 0.(5 pct.)

a) 1; b) 12 ; c) 3; d) 3

4 ; e) 52 ; f) − 3

2 .

Solutie. Inlocuind solutia x = 2 ın ecuatie, obtinem: 8 + 4m− 2 = 0 ⇔ 4m = −6 ⇔ m = −3/2.

3. Sa se determine m ∈ R astfel ıncat functia f(x) ={

x + 2m, x ≤ 0m2x + 4, x > 0 sa fie continua pe R. (5 pct.)

a) m = 2; b) m = 0; c) m = −2; d) m = 1; e) m ∈ R; f) m = −3.

Solutie. Avem fs(0) = limx↗0

(x+2m) = 2m, f(0) = x+2m|x=0 = 2m, fd(0) = limx↘0

(m2x+4) = 4. Functia

f este continua ın x = 0 daca si numai daca fs(0) = f(0) = fd(0), deci 2m = 4 ⇔ m = 2. Cum f estecontinua pe R\{0}, fiind compunere de functii polinomiale continue, rezulta ca f este continua pe R dacasi numai daca m = 2.

4. Fie functia f : R\ {0} → R, f(x) = x−1x . Sa se calculeze f ′ (2). (5 pct.)

a) 18 ; b) − 1

2 ; c) 14 ; d) 2

3 ; e) 0; f) 2.

Solutie. Derivand, avem f ′(x) = (x−1x )′ = (1− 1

x )′ = −(− 1x2 ) = 1

x2 , deci f ′(2) = 14 .

5. Solutia ecuatiei 3√

x− 1 = −1 este: (5 pct.)

a) −3; b) 0; c) 3; d) −1; e) Ecuatia nu are solutii; f) 1.

Solutie. Ridicand la puterea a treia, rezulta (x− 1) = (−1)3 ⇔ x− 1 = −1 ⇔ x = 0.

6. Fie ecuatia x2 −mx + 1 = 0, m ∈ R. Sa se determine valorile lui m pentru care ecuatia are doua solutiireale si distincte. (5 pct.)

a) g¡ ; b) (−∞,−2) ∪ (2,∞); c) (0,∞); d) R; e) (−∞, 0); f) (−∞,−1) ∪ (2,∞).

Solutie. Conditia ∆ > 0 se rescrie (−m)2 − 4 · 1 > 0 ⇔ m2 − 4 > 0 ⇔ m ∈ (−∞,−2) ∪ (2,∞).

7. Multimea solutiilor ecuatiei x2 − 5x + 4 = 0 este: (5 pct.)

a) g¡ ; b) {−1, 1}; c) {1, 4}; d) {0, −3}; e) {−1, 4}; f) {0, 3}.

Solutie. Radacinile ecuatiei de gradul doi sunt x1,2 =5±√25− 4 · 4

2=

5± 32

∈ {1, 4}.

8. Solutia ecuatiei 2x+1 = 16 este: (5 pct.)

a) 3; b) 2; c) 0; d) −2; e) −1; f) 1.

Solutie. Ecuatia se rescrie 2x+1 = 24, deci x + 1 = 4 ⇔ x = 3.

9. Valoarea determinantului

∣∣∣∣∣∣

2 −1 00 0 21 1 0

∣∣∣∣∣∣este: (5 pct.)

a) 4; b) −6; c) −2; d) 0; e) 2; f) 5.

Solutie. Dezvoltand dupa linia a doua a determinantului, obtinem: −2∣∣∣∣

2 −11 1

∣∣∣∣ = −2 · (2 + 1) = −6.


10. Sa se determine functia f : R→ R, f (x) = x2 + ax + b astfel ıncat f (0) = 1, f (1) = 0. (5 pct.)

a) x2 + 4x + 5; b) x2 − 1; c) x2 + 1; d) x2 − 2x + 1; e) x2 + x + 1; f) x2 − 3x.

Solutie. Impunand cele doua conditii, rezulta:{

f(0) = 1f(1) = 0 ⇔

{02 + a · 0 + b = 112 + a · 1 + b = 0 ⇔

{b = 1a + b = −1 ⇔

{a = −2b = 1 ⇒ f(x) = x2 − 2x + 1.

11. Sa se rezolve inecuatia x + 2 < 4− x. (5 pct.)

a) x ∈ (0, 1) ∪ (1,∞); b) x ∈ (0,∞); c) x ∈ (−∞, 1); d) x ∈ (−1, 1); e) x ∈ (1,∞); f) g¡ .

Solutie. Regrupand termenii, avem 2x < 2 ⇔ x < 1 ⇔ x ∈ (−∞, 1).


(6x2 + 2x

)dx este: (5 pct.)

a) 12 ; b) −2; c) 0; d) 1

3 ; e) 3; f) 4.

Solutie. Integram,∫ 1

0(6x2 + 2x)dx =

(6

x3

3+ 2

x2

2

)∣∣∣∣1

0

=(2x3 + x2

)∣∣10

= (2 + 1)− (0 + 0) = 3.

13. Cate puncte de extrem local are functia f : R→ R, f(x) = x3 − 3x2? (5 pct.)

a) Sase; b) Patru; c) Unul; d) Trei; e) Niciunul; f) Doua.

Solutie. Derivata functiei f este f ′(x) = 3x2 − 6x. Anularea acesteia conduce la ecuatia 3x(x− 2) = 0,care are doua radacini. Tabelul de variatie al functiei f este urmatorul

x −∞ 0 2 ∞f ′(x) + + 0 − 0 + +f(x) ↗ ↗ 0 ↘ −4 ↗ ↗

deci f admite doua puncte de extrem local: punctul de maxim (0, 0) si punctul de minim (2,−4).

14. Fie l = limx→1

x2+x−2x−1 . Atunci: (5 pct.)

a) l = 1; b) l = 5; c) l = 0; d) l = 3; e) l = 2; f) l = −1.

Solutie. Simplificand fractia prin x− 1, limita se rescrie l = limx→1

(x + 2) = 3.

15. Sa se calculeze x + 2x pentru x = − 1

2 . (5 pct.)

a) 52 ; b) 3; c) − 7

2 ; d) 4; e) 92 ; f) − 9

2 .

Solutie. Se obtine − 12 + 2

−1/2 = − 12 − 4 = − 9

2 .

16. Fie sistemul de ecuatii{

mx + y = 14x− 2y = −1 , m ∈ R. Pentru ce valori ale lui m sistemul are solutie unica?

(5 pct.)

a) m ∈ R; b) m ∈ (−∞,−2]; c) m ∈ (−3, 3); d) m ∈ [−5, 5]; e) m ∈ R\ {−2}; f) m ∈ (−3, 1).

Solutie. Conditia de neanulare a determinantului format din coeficientii necunoscutelor, conduce la∣∣∣∣m 14 −2

∣∣∣∣ 6= 0 ⇔ −2m− 4 = 0 ⇔ m 6= −2 ⇔ m ∈ R\{−2}.

17. Sa se scrie ın ordine crescatoare numerele√

2,√

3, π2 . (5 pct.)

a)√

2, π2 ,√

3; b)√

3,√

2, π2 ; c) π

2 ,√

3,√

2; d)√

3, π2 ,√

2; e) π2 ,√

2,√

3; f)√

2,√

3, π2 .

Solutie. Aproximand, obtinem√

2 ∼ 1, 41 < 1, 5 < π ∼ 3,142 = 1.57 < 1, 7 <

√3 ∼ 1, 71, deci√

2 < π/2 <√

7.


18. Fie polinomul P (X) = X3 − 3X2 + 2X cu radacinile x1, x2, x3. Sa se calculeze E = x21 + x2

2 + x23.

(5 pct.)

a) E = 1; b) E = −2; c) E = 3; d) E = 5; e) E = 0; f) E = −4.

Solutie. Avem E = (x1 + x2 + x3)2 − 2(x1x2 + x2x3 + x3x1). Din relatiile Viete, avem x1 + x2 + x3 = 3si x1x2 + x2x3 + x3x1 = 2, deci E = 32 − 2 · 2 = 5. Altfel. Deoarece suma coeficientilor polinomuluise anuleaza, o radacina a acestuia este x1 = 1. Impartind prin x − 1, se obtine catul x2 − 2x, ale caruiradacini sunt x2 = 0, x3 = 2, deci E = 12 + 02 + 22 = 5.



1. Pentru ce valoare a ∈ R vectorii ~u = 3~i + a~j si ~v = (a + 1)~i + a~j sunt perpendiculari? (5 pct.)

a) a = 0; b) a = 12 ; c) a = −1; d) a = 5; e) nu exista o astfel de valoare; f) a = −2, 5.

Solutie. Perpendicularitatea celor doi vectori revine la anularea produsului scalar:

〈~u,~v〉 = 0 ⇔ 3(a + 1) + a2 = 0 ⇔ a2 + 3a + 3 = 0.

Dar aceasta ecuatie nu are solutii reale (∆ = 9− 12 < 0), deci nu exista o astfel de valoare.

2. Ecuatia dreptei care trece prin punctele A (1, 2) si B (3, 5) este (5 pct.)

a) 3x + y + 2 = 0; b) 2x − 3y + 1 = 0; c) 2x − 3y + 2 = 0; d) 3x − 2y + 1 = 0; e) x − 2y + 1 = 0; f)3x− 4y + 2 = 0.

Solutie. Ecuatia dreptei care trece prin punctele A(xA, yA) si B(xB , yB) este:

x− xA

xB − xA=

y − yA

yB − yA⇔ x− 1

3− 1=

y − 25− 2

⇔ x− 12

=y − 2

3⇔ 3x− 3 = 2y − 4 ⇔ 3x− 2y + 1 = 0.

3. Fie vectorii ~a =~i +~j, ~b =~i−~j si ~u = 6~i + 2~j. Sa se determine p, q ∈ R astfel ıncat ~u = p~a + q~b. (5 pct.)

a) p = −3, q = −2; b) p = 0, q = 0; c) p = 4, q = 2; d) p = 7, q = 1; e) p = 3, q = 3; f) p = 1, q = −2.

Solutie. Inlocuind ~a,~b si ~u ın ultima egalitate, obtinem:

6~i + 2~j = p(~i +~j) + q(~i−~j) ⇔ (p + q − 6)~i + (p− q − 2)~j = 0.

Vectorii ~i,~j fiind liniar independenti, coeficientii se anuleaza, deci{

p + q − 6 = 0p− q − 2 = 0 ⇔

{p = 4q = 2.

Altfel. Se observa ca ~i = 12 (~a +~b), ~j = 1

2 (~a−~b), deci:

~u = 6~i + 2~j = 6 · 12(~a +~b) + 2 · 1

2(~a−~b) = 3(~a +~b) + ~a−~b = 4~a + 2~b ⇒ p = 4, q = 2.

4. Intre lungimile laturilor unui triunghi ABC exista relatia a2 = b2 + c2. Atunci, masura unghiului A este(5 pct.)

a) 90◦; b) 60◦; c) 120◦; d) 45◦; e) 210◦; f) 30◦.

Solutie. Relatia indica faptul ca triunghiul satisface Teorema lui Pitagora, unde a este lungimeaipotenuzei, deci A = 90◦.

5. Daca A = {x ∈ [0, 2π] |cos x = −2}, atunci (5 pct.)

a) A = {π}; b) A ={

π4 , 7π

4

}; c) A = g¡ ; d) A =

{π2 , 3π

2

}; e) A = {0, 2π}; f) A =

{π3 , 5π

3

}.

Solutie. Cum cos x ∈ [−1, 1] 63 −2, ∀x ∈ R, ecuatia cos x = −2 nu are solutii ın intervalul [0, 2π], deciA = Ø.

6. Sa se calculeze sin x + cos x pentru x = 3π4 . (5 pct.)

a) −2; b) 1; c) 0; d) −1; e) 2; f) −√2.

Solutie. Folosind relatiile sin(π − α) = sin α si cos(π − α) = − cosα pentru α = π4 , obtinem:

sin3π

4+ cos

3π

4= sin

π

4− cos

π

4=√

22−√

22

= 0.

7. Sa se determine λ ∈ R pentru care vectorii ~u = (λ− 1)~i− 3~j si ~v = λ~i +~j sunt coliniari. (5 pct.)

a) 14 ; b) − 1

2 ; c) 0; d) 2; e) 1; f) 3.

Solutie. Componentele celor doi vectori trebuie sa fie proportionale, deci: λ−1λ = −3

1 ⇔ λ− 1 = −3λ ⇔λ = 1

4 .

Enunturi si solutii U.P.B. 2009 * MG - 1

8. Forma trigonometrica a numarului complex z = i este (5 pct.)

a) cos(−π

4

)+ i sin

(−π4

); b) cos

(−π2

)+ sin

(−π2

); c) cos π

4 + i sin π4 ; d) cos π

3 + i sin π3 ; e) cos π + i sinπ;

f) cos π2 + i sin π

2 .

Solutie. Modulul numarului complex z = 1 este |z| = √02 + 12 = 1, iar argumentul sau α este dat de

cos α =Re(z)|z| =

01

= 0,

sin α =Im(z)|z| =

11

= 1,

, α ∈ [0, 2π] ⇒ α =π

2,

deci rezulta z = cos π2 + i sin π

2 .

9. Fie, ıntr-un reper cartezian, punctele M(0, 3), N(1, 1), P (−1, 2). Centrul de greutate al triunghiuluiMNP este (5 pct.)

a) (−1, 2); b) (0, 2); c) (1, 1); d) (2, 2); e) (2, 0); f) (0, 6).

Solutie. Media aritmetica a coordonatelor varfurilor produce baricentrul: G(

0+1+(−1)3 , 3+1+2

3

)= (0, 2).

10. Produsul cos 30◦ · cos 60◦ · cos 90◦ este egal cu (5 pct.)

a) −1; b)√

32 ; c) 1

2 ; d) 1; e)√

2; f) 0.

Solutie. Avem: cos 30◦ cos 60◦ cos 90◦ =√

32 · 1

2 · 0 = 0. Altfel. Deoarece cos 90◦ = 0, produsul este nul.

11. Stiind ca sin x = 1, sa se calculeze cos x. (5 pct.)

a) 23 ; b) −1; c) 1; d) 1√

2; e) 0; f) 3

2 .

Solutie. Egalitatea sin2 x + cos2 x = 1 conduce la: 1 + cos2 x = 1, deci cos x = 0.

12. Perimetrul unui triunghi ABC este 24, iar lungimile laturilor sunt proportionale cu numerele 3,4,5.Sa se determine lungimile laturilor acestui triunghi. (5 pct.)

a){

112 , 11, 15

2

}; b) {7, 8, 9}; c) {3, 4, 5}; d) {9, 12, 15}; e) {6, 7, 11}; f) {6, 8, 10}.

Solutie. Notand cu a, b, c cele trei laturi, avem:

{a + b + c = 24a

3=

b

4=

c

5⇔

c = 5a/3b = 4a/3

a +5a

3+

4a

3= 24

⇔

a = 6b = 8c = 10,

deci solutia este formata din multimea {6, 8, 10}.13. Fie ABC un triunghi echilateral de arie

√3. Latura triunghiului este (5 pct.)

a) 3; b) 5; c) 2; d) 1; e) −√3; f) 32 .

Solutie. Daca l este latura triunghiului echilateral, atunci aria acestuia este: A = l2√

34 . Avand A =

√3,

rezulta√

3 = l2√

34 ⇔ l2 = 4 ⇔ l ∈ [±2]. Dar l > 0, deci l = 2.

14. Sa se calculeze modulul numarului complex z = 1 + i. (5 pct.)

a) |z| = √2; b) |z| = 1 +

√2; c) |z| = −1; d) |z| = 0; e) |z| = 1; f) |z| = i.


(Re z)2 + (Im z)2 =√

12 + 12 =√

2.

15. Unul din unghiurile unui trapez isoscel de ınaltime√

2 are masura de 45◦. Atunci, suma lungimilorlaturilor neparalele este (5 pct.)

a) 2 +√

2; b) 4; c) 2; d) 1; e) 2√

2; f)√

2.

Solutie. Fiind ipotenuze ın triunghiuri dreptunghice isoscele de catete√

2, cele doua laturi neparaleleau fiecare lungimile

√2 · √2 = 2, deci suma lungimilor lor este 4.


16. Dreptele y = x, y = −x si 2x + 3y = 0 se taie ın punctele (5 pct.)

a) (−1,−1) , (−1, 2) , (1,−1); b) (0,−1) , (1, 0) , (1, 1); c) (0, 1) , (−1, 0); d) (0, 1) , (1, 0) , (1, 1)1; e) (2, 2);f) (0, 0).

Solutie. Punctul de intersectie (daca aceasta exista) este solutia sistemului:{

y = x, y = −x2x + 2y = 0 ⇔

{x = 0y = 0 , deci dreptele se intersecteaza ın punctul (0, 0).

17. In planul complex se da un paralelogram ABCD. Stiind ca afixele punctelor A,B, C sunt, respectiv,zA = 1, zB = −1, zC = i sa se determine afixul punctului D. (5 pct.)

a) zD = 2 + i; b) zD = 1 + 3i; c) zD = 1− i; d) zD = 1 + i; e) zD = 3 + 2i; f) zD = 0.

Solutie. Punctul de intersectie al diagonalelor le ınjumatateste pe acestea, deci afixul sau este semisumaafixelor varfurilor opuse. Rezulta:

zA + zC

2=

zB + zD

2⇔ 1 + i

2=−1 + zD

2⇔ zD = 2 + i.

18. Care este multimea valorilor pentru tg a, daca sin a = 12? (5 pct.)

a) {−1}; b){

1√3,− 1√

3

}; c) {1}; d)

{1√3, 1√

2

}; e) {0}; f) {2, 3}.

Solutie. Din formula sin2 a + cos2 a = 1, obtinem: 14 + cos2 a = 1 ⇔ cos a ∈ {±

√3

2 }. Atunci:

tg a ={

sin a

cos a

}∈

{1/2

±√3/2

}=

{± 1√

3

}.



1. Sa se rezolve inecuatia 34−x ≤ 3x. (5 pct.)

a) Ø; b) x ∈ [2,∞); c) x ∈ {−1, 1}; d) x ∈ [0, 2]; e) x ∈ [−1, 1]; f) x ∈ R.

Solutie. Baza este supraunitara, deci ecuatia devine 4− x ≤ x ⇔ x ≥ 2 ⇔ x ε [2,∞).

2. Coordonatele punctului de extrem al functiei f : (0,∞) → R, f(x) = x ln x sunt: (5 pct.)

a) (e,−e); b) ( 1e ,− 1

e); c) (1,−1); d) (1, 0); e) ( 1e , e); f) (1, 1).

Solutie. Avem f ′(x) = ln x + 1 si f ′(x) = 0 ⇔ ln x = −1 ⇔ x = e−1 = 1e . Deci f( 1

e) = − 1e , iar punctul

de extrem este ( 1e ,− 1

e).

3. Fie a1, ..., a10 o progresie aritmetica cu a1 = 10 si ratia r = −3. Cati termeni pozitivi are progresia?(5 pct.)

a) 10; b) 2; c) 5; d) 6; e) 4; f) 3.

Solutie. Se observa ca a1 = 10 > a2 = 7 > a3 = 4 > a4 = 1 > a5 = −2 ≥ ak, k ≥ 5. Deci numarul determeni pozitivi este 4.

4. Valoarea expresiei E = i5 + i7 este: (5 pct.)

a) i; b) 2i; c) 1; d) i + 1; e) i− 1; f) 0.

Solutie. i4k = 1,∀k ε N, deci E = i + i3 = i(1 + i2) = i · 0 = 0.


(3x2 − 2x)dx este: (5 pct.)

a) 0; b) −1; c) 1; d) 2; e) −2; f) 12 .

Solutie. Integrala devine(x3 − x2

)∣∣10

= (1− 1)− (0− 0) = 0.

6. Derivata functiei f : R→ R, f(x) = (x + 1)ex este: (5 pct.)

a) x2ex; b) ex; c) (x + 2)ex; d) (x + 1)ex; e) 0; f) xex.

Solutie. f ′(x) = ex + (x + 1)ex = (x + 2)ex.

7. Functia f : R→ R, f(x) ={

mx + 1, x < 1x− 1, x ≥ 1 este continua pentru: (5 pct.)

a) m = 1; b) m = 2; c) m = −1; d) m = −2; e) m = 12 ; f) m = 0.

Solutie. fs(1) = m + 1, fd(1) = f(1) = 0, iar f este continua pe R d.n.d. f este continua si ın punctulx = 0, deci daca fs(1) = fd(1) = f(1). Rezulta ca f este continua pentru m = −1.

8. Sa se determine a ∈ R astfel ıncat∣∣∣∣

1 2−1 a

∣∣∣∣ = 0. (5 pct.)

a) a ∈ [−1, 1]; b) a = 3; c) a = −1; d) a = 2; e) a = −2; f) a = 0.

Solutie. Avem∣∣∣∣

1 2−1 a

∣∣∣∣ = a + 2 = 0 ⇔ a = −2.

9. Sa se calculeze limx→ 1

x2 − 1x− 1

. (5 pct.)

a) 3; b) 2; c) −1; d) 1; e) ∞; f) 0.

Solutie. Simplificand fractia prin x− 1, obtinem limx→1

x2 − 1x− 1

= limx→1

(x + 1) = 2.


10. Fie A =(

1 23 4

). Atunci matricea B = A2 −A este: (5 pct.)

a)(

1 00 1

); b)

(6 812 18

); c) 02; d)

(2 46 8

); e)

(1 23 4

); f)

(8 1012 18

).

Solutie. Prin calcul direct, se obtine

B = A2 −A =(

1 23 4

)(1 23 4

)−

(1 23 4

)=

(7 1015 22

)−

(1 23 4

)=

(6 812 18

).

11. Sa se determine m ∈ R astfel ıncat ecuatia x2 −mx + 4 = 0 sa admita solutie dubla. (5 pct.)

a) m ∈ [−4, 4]; b) m = 0; c) m ∈ R; d) m ∈ {−4, 4}; e) m ∈ {−2, 2}; f) m = 5.

Solutie. Conditia ∆ = 0 se rescrie (−m)2 − 16 = 0 ⇔ m2 − 16 = 0 ⇔ (m− 4)(m + 4) = 0 ⇔ m ∈ {±4}.12. Cate perechi distincte (x, y) ∈ Z× Z de numere ıntregi verifica inegalitatea x2 + y2 ≤ 5? (5 pct.)

a) 19; b) 11; c) 8; d) 20; e) 21; f) 13.

Solutie. Perechile trebuie sa satisfaca relatiile 0 ≤ x2 ≤ 5, 0 ≤ y2 ≤ 5 ⇔ x, y ∈ [−√5,√

5]. Dar x si ysunt ıntregi, deci x, y ∈ {−2,−1, 0, 1, 2}. Prin verificare directa se constata ca din cele 25 de variante posi-bile, cele care nu satisfac inegalitatea sunt cele ın care {x, y} ⊂ {±2}, adica perechile (±2,±2), (±2,∓2);prin urmare, raman 25− 4 = 21 variante valide, mai exact

{(0, 0), (1, 1), (1,−1), (−1, 1), (−1,−1), (0, 1), (0,−1), (1, 0), (−1, 0), (0, 2), (0,−2), (2, 0), (−2, 0),

(1, 2), (−1, 2), (1,−2), (−1,−2), (2, 1), (−2, 1), (2,−1), (−2,−1)}.

13. Sa se calculeze x− 1x pentru x = 1

2 . (5 pct.)

a) − 12 ; b) 1; c) 1

2 ; d) − 32 ; e) −1; f) 3

2 .

Solutie. Prin calcul direct, obtinem 12 − 1

1/2 = 12 − 2 = − 3

2 .

14. Sa se scrie ın ordine crescatoare numerele 2, π,√

3. (5 pct.)

a) π, 2,√

3; b)√

3, π, 2; c) 2,√

3, π; d)√

3, 2, π; e) π,√

3, 2; f) 2, π,√

3.

Solutie. Deoarece, cu eroare de maxim ε = 0.1 avem√

3 ' 1.7 < 1.8, π ' 3.14 > 3.1, rezulta√3 < 1.8 < 2 < 3.1 < π, deci raspunsul este

√3, 2, π.

15. Sa se determine domeniul maxim de definitie D al functiei f : D → R, f(x) =√

2x + 6. (5 pct.)

a) [3,∞); b) [0,∞); c) (−∞,−4]; d) [−3, 3]; e) R; f) [−3,∞).

Solutie. Conditia de existenta a radicalului este 2x + 6 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3 ⇔ x ε [−3,∞).

16. Sa se calculeze x21 + x2

2, unde x1, x2 sunt solutiile ecuatiei x2 − 4x + 3 = 0. (5 pct.)

a) 0; b) 10; c) 12; d) 8; e) 16; f) 9.

Solutie. Rezolvand ecuatia, obtinem {x1, x2} ∈ {(1, 3), (3, 1)}, deci x21 + x2

2 = 12 + 33 = 10.

Altfel. Folosind relatiile Viete, avem x1 + x2 = 4, x1x2 = 3, deci

x21 + x2

2 = (x1 + x2)2 − 2x1x2 = 42 − 2 · 3 = 16− 6 = 10.

17. Valoarea limitei l = limn→∞

(√

n2 + n−√

n2 − n) este: (5 pct.)

a) −1; b) limita nu exista; c) 1; d) −∞; e) ∞; f) 0.

Solutie. Rationalizand diferenta si ımpartind apoi simultan numaratorul si numitorul prin n, obtinem

l = limn→∞

(√

n2 + n +√

n2 − n) = limn→∞

2n√n2 + n +

√n2 − n

= limn→∞

2√1 + 1

n +√

1− 1n

⇒ l =22

= 1.


18. Valoarea integralei I =1∫0

e−x2dx satisface inegalitatea: (5 pct.)

a) I < 1e ; b) I < 0, 1; c) I < π

10 ; d) I < 0; e) I < 13 ; f) I < π

4 .

Solutie. Se stie ca ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ ..., deci pentru x ≥ 0 avem ex ≥ 1 + x. Inlocuim x cu

x2 ≥ 0 si obtinem ex2 ≥ 1 + x2 ⇒ e−x2 ≤ 11 + x2

. Deoarece functiile din inegalitate sunt continue si nu

coincid pe intervalul [0, 1], obtinem inegalitatea stricta

∫ 1

0

e−x2dx <

∫ 1

0

11 + x2

dx = arctg x

∣∣∣∣1

0

= arctg 1− arctg 0 =π

4− 0 =

π

4⇒ I <

π

4.

Altfel. Pentru x ∈ [0, 1], avem x2 ≤ x ⇔ −x2 ≥ −x ⇒ e−x2 ≥ e−x si

∫ 1

0

e−x dx = −e−x

∣∣∣∣1

0

= −1e

+ 1 =e− 1

e,

deci integrand inegalitatea de mai sus si folosind aproximari, rezulta

I =∫ 1

0

e−x2dx ≥

∫ 1

0

e−x dx =e− 1

e≥ 2.7− 1

2.8=

1.72.8

=1728≥ 4

7,

deci I ≥ 47. Se observa ca au loc inegalitatile

1e

<47

(⇔ 7 < 4 · e) ⇒ I >1e, 0.1 <

47

(⇔ 7 < 40) ⇒ I > 0.1

π

10<

47

(⇔ 7π < 40) ⇒ I >π

10,

13

<47

(⇔ 7 < 12) ⇒ I >13, 0 <

47⇒ I > 0,

deci (conform conventiei ca din sase variante una singura poate fi adevarata), singura varianta validaramane I < π

4 .



1. Se dau vectorii ~u = (λ− 1)~i− 3λ~i si ~v = 2~i +~j. Sa se determine λ ∈ R, astfel ıncat ~u si ~v sa fie paraleli.(5 pct.)

a) 2; b) 17 ; c) 3; d) 1

2 ; e) 14 ; f) 1.

Solutie. Vectorii sunt paraleli doar daca au componentele respectiv proportionale, deci

λ− 12

=−3λ

1⇔ λ− 1 = −6λ ⇔ λ =

17.

2. Determinati a ∈ R astfel ıncat punctul A(0, 2) sa se gaseasca pe dreapta de ecuatie x + ay + 4 = 0.(5 pct.)

a) 0; b) 2; c) 5; d) −3; e) −1; f) −2.

Solutie. Coordonatele punctului A trebuie sa satisfaca ecuatia dreptei. Inlocuind x = 0, y = 2 ınecuatie, obtinem 0 + 2a + 4 = 0 ⇔ a = −2.

3. Sa se calculeze modulul numarului complex z = 1 + i√

3. (5 pct.)

a)√

3; b) −2; c) 0; d) 2; e) 4; f) −1.


(Re z)2 + (Im z)2 =√

12 + (√

3)2 = 2.

4. Daca punctele A(1, 2), B(2, 4), C(4, λ) sunt coliniare, atunci: (5 pct.)

a) λ = 10; b) λ = 7; c) λ = 8; d) λ = 5; e) λ = 1; f) λ = 2.

Solutie. Coliniaritatea revine la anularea determinantului ∆ =

∣∣∣∣∣∣

xA yA 1xB yB 1xC yC 1

∣∣∣∣∣∣, deci

∆ = 0 ⇔∣∣∣∣∣∣

1 2 12 4 14 λ 1

∣∣∣∣∣∣= 0

l2−2l1⇐⇒∣∣∣∣∣∣

1 2 10 0 −14 λ 1

∣∣∣∣∣∣⇔ (−1)(−1)

∣∣∣∣1 24 λ

∣∣∣∣ ⇔ λ− 8 = 0 ⇔ λ = 8.

5. Sa se calculeze produsul P = sin 45o · cos 60o. (5 pct.)

a) 14

√23 ; b) 1

3

√23 ; c)

√2

4 ; d)√

23 ; e) 1; f)

√6.

Solutie. P =√

22

12 =

√2

4 .

6. In reperul ortonormat xOy se considera vectorii perpendiculari ~u =~i+~j si ~v = 2~i+m~j. Atunci: (5 pct.)

a) m = 2; b) m = 3; c) m = 0; d) m = −1; e) m = −2; f) m = 1.

Solutie. Produsul scalar al celor doi vectori trebuie sa se anuleze, deci

〈~u,~v〉 = 0 ⇔ 1 · 2 + 1 ·m = 0 ⇔ m + 2 = 0 ⇔ m = −2.

7. Stiind ca sin x = 12 , sa se calculeze cos2 x. (5 pct.)

a) 12 ; b) − 1

2 c) 34 ; d) − 3

4 ; e) 0; f) 2.

Solutie. Folosind identitatea trigonometrica sin2 x+cos2 x = 1, obtinem 14 +cos2 x = 1, deci cos2 x = 3

4 .

8. Daca z = cos π3 + i sin π

3 , atunci z3 este egal cu: (5 pct.)

a) −1; b)1 + i√

32 ; c)

√23 ; d) i; e)−i; f) 1.

Solutie. Aplicam formula lui Moivre [ρ(cos α + i sin α)]n = ρn(cosnα + i sinnα), pentru ρ = 1, α = π3 ,

n = 3. Obtinem z3 = cos π + i sin π = −1 + i · 0 = −1.


9. Dreapta care trece prin punctele A(1, 2) si B(2, 5) are ecuatia: (5 pct.)

a) 2y − x + 1 = 0; b) y − 3x + 1; c) 2x− y = 0; d) 3y + 2x− 1 = 0; e) 2x− y − 1 = 0; f) x + 3y − 1 = 0.

Solutie. Ecuatia dreptei care trece prin punctele A = (xA, yA), B = (xB , yB) este x−xA

xB−xA= y−yA

yB−yA. In

cazul nostru, obtinem x−12−1 = y−2

5−2 ⇔ 3 · (x− 1) = y − 2 ⇔ y − 3x + 1 = 0.

10. Fie vectorii ~u, ~v astfel ıncat ‖ ~u ‖= 2, ‖ ~v ‖= 3, si ~u · ~v = 3√

3. Gasiti masura α a unghiului dintrevectorii ~u si ~v. (5 pct.)

a) α = π2 ; b) α = π

3 ; c) α = 2π3 ; d) α = 0; e) α = π

6 f) α = π5 .

Solutie. Unghiul θ dintre vectorii ~u si ~v este caracterizat de egalitatea cos θ =~u · ~v

‖~u‖ · ‖~v‖ , θ ∈ [0, π].

Obtinem cos θ =3√

32 · 3 =

√3

2⇒ θ =

π

6.

11. Distanta de la punctul O(0, 0) la dreapta 3x− 4y − 4 = 0 este: (5 pct.)

a) d = 85 ; b) d = 2; c) d = 3

4 ; d) d = 4; e) d = 3; f) d = 45 .

Solutie. Distanta de la un punct A(xA, yA) la o dreapta ∆ : ax + by + c = 0 este d =|axA + byA + c|√

a2 + b2.

La noi A = O(0, 0) si ∆ : 3x− 4y − 4 = 0, deci d =| − 4|√

32 + (−4)2=

45.

12. Sa se calculeze aria unui triunghi echilateral cu latura de lungime 6. (5 pct.)

a) 9√

3; b) 7√

3; c) 6√

2; d) 36; e) 18; f) 9.

Solutie. Aria triunghiului echilateral de latura l este A =l2√

34

, deci pentru l = 6 obtinem

A =62√

34

= 9√

3.

13. Fie A(1, 0), B(0, 1), C(−2, 0) si S aria triunghiului ABC. Atunci: (5 pct.)

a) S = 12 ; b) S = 2; c) S = 3

2 ; d) S = 3; e) S = 1; f) S = 52 .

Solutie. Aria triunghiului ABC este:

S =12· abs(

∣∣∣∣∣∣


∣∣∣∣∣∣) =

12· abs(

∣∣∣∣∣∣

1 0 10 1 1−2 0 1

∣∣∣∣∣∣) =

12· |3| = 3

2.

14. Fie A, B, C unghiurile unui triunghi ABC. Daca sin A = 1, calculati B + C. (5 pct.)

a)3π

4; b)

π

4; c)

4π

5; d)

π

2; e)

2π

3; f)

π

3.

Solutie. Se observa ca sin A = 1 ⇒ A =π

2. Dar A + B + C = π, deci B + C =

π

2.

15. Perimetrul triunghiului de varfuri O(0, 0), A(1, 0), B(0, 1) este: (5 pct.)

a) 2 +√

2; b) 2 +√

3 c) 1; d) 3; e) 4; f) 2−√2.

Solutie. Lungimile celor trei laturi ale triunghiului OAB sunt:{

OA =√

(xA − xO)2 + (yA − yO)2 =√

12 + 02 = 1AB =

√(−1)2 + 12 =

√2, OB =

√02 + 12 = 1,

deci perimetrul este OA + AB + OB = 1 +√

2 + 1 = 2 +√

2.

16. Aria unui patrat este 4. Calculati diagonala patratului. (5 pct.)

a) 2√

3; b)√

5; c) 2; d) 1; e)√

2; f) 2√

2.

Solutie. Aria unui patrat de latura a este A = a2, deci a =√

A. Diagonala patratului de latura a fiindd = a

√2, rezulta d =

√A√

2 =√

2A. In cazul nostru, avem d =√

2 · 4 = 2√

2.


17. Se da triunghiul dreptunghic de laturi 3, 4, 5. Sa se calculeze ınaltimea din varful unghiului drept.(5 pct.)

a) 3; b) 2, 4; c) 4; d) 4, 1; e) 2; f) 2, 5.

Solutie. Daca a este ipotenuza triunghiului dreptunghic iar b, c sunt cele doua catete, atunci a > b, a > csi deci a = 5, {b, c} = {3, 4}. Atunci ınaltimea din varful unghiului drept este

h =b · ca

=3 · 45

=125

= 2.4

18. Laturile paralele ale unui trapez au lungimile 4 si 6. Sa se determine lungimea liniei mijlocii a trapezului.(5 pct.)

a) 5; b)72; c)

92; d) 1; e) 6; f) 4.

Solutie. Linia mijlocie are lungimea egala cu semisuma bazelor trapezului, deci4 + 6

2= 5.




0(x2 + x)dx. (5 pct.)

a) 16 ; b) 1; c) 2

3 ; d) 2; e) 3; f) 56 .

Solutie. Prin calcul direct, aplicand formula Leibnitz-Newton, obtinem

∫ 1

0

(x2 + x)dx =(

x3

3+

x2

2

)∣∣∣∣1

0

=13

+12

=56.

2. Suma solutiilor ecuatiei√

x2 − 9 = 4 este: (5 pct.)

a) 9; b) −1; c) 5; d) 1; e) 0; f) 4.

Solutie. Radicalul exista pentru x2 − 9 ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞,−3]∪ [3,∞). Ridicand la patrat ambii membriai ecuatiei, obtinem x2 − 9 = 16 ⇔ x2 = 25, deci x ∈ {±5} ⊂ (−∞,−3] ∪ [3,∞). Prin urmare radacinileecuatiei sunt −5 si 5, iar suma lor este 0.

3. Fie A =(

1 10 −1

)Calculati A3. (5 pct.)

a) ( 1 11 1 ); b) ( 0 0

0 0 ); c) ( 1 00 1 ); d) ( 0 1

1 0 ); e)(

1 10 −1

); f)

(1 1−1 0

).

Solutie. Se observa ca A2 =(

1 10 −1

) (1 10 −1

)= ( 1 0

0 1 ) = I2, deci A3 = A2 ·A = I2 ·A = A, deci A3 =(

1 10 −1

).

4. Sa se rezolve ecuatia2x + 1x + 2

= 1. (5 pct.)

a) x = 1; b) x = −2; c) x = − 12 ; d) x = 2; e) x =

√2; f) x = 3

√2.

Solutie. Se impune conditia x + 2 6= 0 ⇔ x 6= −2. Ecuatia devine 2x + 1 = x + 2, de unde x = 1.

5. Sa se rezolve ecuatia 3x+1 = 34x. (5 pct.)

a) 2; b) 13 ; c) − 1

3 ; d) −1; e) 23 ; f) 0.

Solutie. Din 3x+1 = 34x rezulta x + 1 = 4x, de unde x = 13 .

6. Cate numere naturale x verifica inegalitatea x <9x

? (5 pct.)

a) sase; b) doua; c) patru; d) niciunul; e) unul; f) cinci.

Solutie. Avem x < 9x ⇔ x2−9

x < 0. Dar x ∈ N∗ ⇒ x > 0, deci inecuatia este echivalenta cu x2 − 9 < 0si deci x ∈ (−3, 3). Cum x ∈ N∗, rezulta x ∈ (−3, 3) ∩ N∗ = {1, 2}.

7. Daca x si y verifica sistemul

{2x + y = 2− 3m

x− y = 1− 3m, atunci x + 2y este egal cu: (5 pct.)

a) 1; b) 0; c) 2m + 1; d) m− 1; e) m; f) 2.

Solutie. Scazand membru cu membru ecuatia a doua din prima ecuatie, obtinem x + 2y = 1.

8. Sa se calculeze limx→∞

x2

x2 + 1. (5 pct.)

a) nu exista limita; b) 2; c) 1; d) 0; e) 12 ; f) +∞.

Solutie. Dand factor fortat x2 la numitor, simplificand si apoi trecand la limita, obtinem

limx→∞

x2

x2 + 1= lim

x→∞x2

x2(1 + 1x2 )

= limx→∞

11 + 1

x2

= 1.

9. Produsul solutiilor ecuatiei 2x2 − 5x + 2 = 0 este: (5 pct.)

a) − 52 ; b) 0; c) 1; d) 5

2 ; e) 4; f) −1.

Solutie. Notam cu x1,2 solutiile ecuatiei. Din relatiile Viete, obtinem x1x2 = 22 = 1.


10. Fie f : R→ R, f(x) = x3 + 2x2 + 3x− ex. Sa se calculeze f ′(0). (5 pct.)

a) 3; b) 1; c) e2; d) 1e ; e) 0; f) 2.

Solutie. Avem f ′(x) = 3x2 + 4x + 3− ex, deci f ′(0) = 3− 1 = 2.


a) −i; b) 2i; c) 3; d) 0; e) i; f) 1.

Solutie. Prin calcul direct, obtinem (1 + i)2 = 1 + 2i− 1 = 2i.

12. Sa se rezolve inecuatia x2 − 1 < x

3 + 2. (5 pct.)

a) x ≥ 20; b) x > 20; c) x ≤ 18; d) x > 24; e) x = 21; f) x < 18.

Solutie. Inecuatia se rescriex

2− 1 <

x

3+ 2 ⇔ x

2− x

3< 1 + 2 ⇔ x

6< 3 ⇔ x < 18.

13. Suma radacinilor polinomului X3 − 3X2 + 2X este: (5 pct.)

a) 13 ; b) 1

2 ; c) 3; d) 2; e) 0; f) 1.

Solutie. Daca x1, x2, x3 sunt radacinile polinomului, din relatiile Viete rezulta x1 + x2 + x3 = −−31 = 3.

14. Numarul punctelor de extrem ale functiei f : R→ R, f(x) =x

x2 + 1este: (5 pct.)

a) 4; b) 1; c) 2; d) 3; e) 5; f) 0.

Solutie. Calculam derivata, f ′(x) =1− x2

(x2 + 1)2, iar ecuatia f ′(x) = 0 are solutiile x ∈ {±1}. Tabloul de

variatie este:

x −∞ −1 1 ∞1− x2 − − 0 + 0 − −f ′(x) − − 0 + 0 − −f(x) ↘ ↘ −1

2↗ 1

2↘ ↘

(minim) (maxim)

Prin urmare functia are doua puncte de extrem: punctul de minim local (−1,− 12 ) si punctul de maxim

local (1, 12 ).

15. Sa se rezolve ecuatia log2 x = −1. (5 pct.)

a) x = − 12 ; b) x = e; c) x = 1; d) x = 0; e) x = 2; f) x = 1

2 .

Solutie. Conditia de existenta a logaritmului este x > 0. Avem log2 x = −1 ⇔ x = 2−1 = 12 .

16. Sa se calculeze limita sirului (an)n∈N definit prin an =n∑

k=0

k + 13k

. (5 pct.)

a) 72 ; b) 9

4 ; c) 2; d) 52 ; e) 7

3 ; f) 3.

Solutie. Calculam ın prealabil suma S = 1 + 2q + 3q2 + . . . + (n + 1)qn. Avem

qS − S = (n + 1)qn+1 − (1 + q + q2 + . . . + qn)

= (n + 1)qn+1 − qn+1 − 1q − 1

=(n + 1)qn+2 − (n + 2)qn+1 + 1

q − 1,

de unde rezulta S =(n + 1)qn+2 − (n + 2)qn+1 + 1

(q − 1)2. Pentru q =

13, obtinem

an =n∑

k=0

k + 13k

=(n + 1)( 1

3 )n+2 − (n + 2)( 13 )n+1 + 1

( 13 − 1)2

,

de unde an =94

(n + 13n+2

− n + 23n+1

+ 1)

. Deci limn→∞

an =94.


17. Fie f : (−∞, 1)∪ (1,∞) → R, f(x) =x2 + mx + 1

x− 1. Sa se determine m ∈ R astfel ıncat dreapta y = x+2

sa fie asimptota la graficul functiei f . (5 pct.)

a) m =√

2; b) m = −√2; c) m = −1; d) m = 1; e) m = 2; f) m = 0.

Solutie. Daca dreapta y = ax + b este asimptota la graficul functiei f pentru x → ∞, atunci a =

limx→∞

f(x)x

si b = limx→∞

(f(x)− ax). Prin urmare a = limx→∞

x2 + mx + 1x(x− 1)

= 1 si

b = limx→∞

(x2 + mx + 1

x− 1− x

)= lim

x→∞(m + 1)x + 1

x− 1= lim

x→∞x(m + 1 + 1

x )x(1− 1

x )= lim

x→∞m + 1 + 1

x

1− 1x

= m + 1.

Rezulta m + 1 = 2, de unde m = 1.

18. Sa se calculeze ratia r a unei progresii aritmetice cu a1 = 1 si a4 = 7. (5 pct.)

a) r = 6; b) r = 7; c) r = 12 ; d) r =

√2; e) r = −2; f) r = 2.

Solutie. Deoarece a4 = a1 + 3r, avem 7 = 1 + 3r, de unde r = 2.



1. Se considera triunghiul ABC cu laturile BC = 2, AB =√

2, AC = 1 +√

3. Sa se calculeze cos A.(5 pct.)

a)√

32 ; b) 1

2 ; c) 0; d)√

3; e)√

22 ; f) 1.

Solutie. Din teorema cosinusului aplicata pentru unghiul A, avem BC2 = AB2+AC2−2AB ·AC ·cos A,deci cos A = AB2+AC2−BC2

2AB·AC . Prin urmare

cos A =2 + (1 +

√3)2 − 4

2√

2(1 +√

3)=

2 + 2√

32√

2(1 +√

3)=

1√2

=√

22

.

2. Daca z = 2 + i atunci z + z este: (5 pct.)

a) 3; b) 6; c) 1 + i; d) 5; e) 7i; f) 4.

Solutie. Obtinem z + z = (2 + i) + (2− i) = 4.

3. Se dau vectorii ~u = 3~i + (λ − 4)~j si ~v = λ~i + ~j. Sa se determine λ ∈ R astfel ıncat vectorii ~u si ~v sa fieperpendiculari. (5 pct.)

a) λ = −1; b) λ = 2; c) λ = 1; d) λ = 12 ; e) λ = − 3

2 ; f) λ = 0.

Solutie. Avem u ⊥ v ⇔ u · v = 0 ⇔ 3λ + (λ− 4) · 1 = 0 ⇔ λ = 1.

4. Solutia ecuatiei 2 sin x− 1 = 0, x ∈ [0.π

2

]este: (5 pct.)

a) π10 ; b) π

6 ; c) 2π5 ; d) 0; e) π

7 ; f) π4 .

Solutie. Din 2 sin x = 1 rezulta sin x =12. Deoarece x ∈ [0, π

2 ], obtinem x =π

6.

5. Fie ~w = 2~u + 3~v, unde ~u = 2~i + 3~j si ~v =~i− 2~j. Atunci ||~w|| este: (5 pct.)

a) 6; b) 2; c) 0; d) 7; e)√

5; f) −2.

Solutie. Prin calcul direct, rezulta ~w = 2~u + 3~v = 2(2~i + 3~j) + 3(~i − 2~j) = 7~i. Deci ||~w|| = ||7~i|| =|7| ||~i|| = 7 · 1 = 7.

6. Sa se calculeze produsul P = sin 30◦ · tg 45◦ · cos 60◦. (5 pct.)

a) 2; b) 0; c)√

3; d)√

22 ; e) 1

4 ; f) 1.

Solutie. Inlocuind ın expresie valorile functiilor trigonometrice, rezulta P = sin 30◦ tg 45◦ cos 60◦ =12· 1 · 1

2=

14.

7. Daca cos x = 35 , atunci sin2 x este: (5 pct.)

a) 0; b) 1; c) 32 ; d) 2

5 ; e) − 1625 ; f) 16

25 .

Solutie. Deoarece sin2 x = 1− cos2 x, obtinem sin2 x = 1− 925

=1625

.

8. Sa se scrie ecuatia dreptei ce trece prin punctele A(1, 2), B(2, 1). (5 pct.)

a) x− y + 3 = 0; b) x + y − 3 = 0; c) 2x + 3y − 5 = 0; d) x = y; e) 3x + 5y = 2; f) x− 4y − 5 = 0.

Solutie. Ecuatia dreptei este data de formulax− xA

xB − xA=

y − yA

yB − yA, deci

x− 12− 1

=y − 21− 2

. Rezulta

−(x− 1) = y − 2, deci x + y − 3 = 0.

9. Sa se calculeze tg x stiind ca sin x−√3 cos x = 0. (5 pct.)

a)√

32 ; b) −1; c)

√2; d) 1; e) 2; f)

√3.

Solutie. Din sin x−√3 cos x = 0, rezulta sin x =√

3 cos x. Dar cos x este nenul, deoarece anularea lui arconduce la sin x ∈ {±1} iar prin ınlocuire ın ecuatie la sin x = 0, contradictie. Prin urmare putem ımparti

ambii membri ai ecuatiei la cos x 6= 0. Obtinemsin x

cosx=√

3, adica tg x =√

3.


10. Expresia (sin x + cosx)2 − sin 2x este egala cu: (5 pct.)

a) 1; b) 3; c) sin x; d) 2; e) −1; f) cos x.

Solutie. Ridicand la patrat binomul, folosind formula triginometrica fundamentala si formula sinusuluide arc dublu, rezulta

(sinx + cos x)2 − sin 2x = sin2 x + cos2 x + 2 sin x cos x− sin 2x = 1 + sin 2x− sin 2x = 1.

11. Intr-un triunghi ABC se dau B = 60◦, C = 30◦. Atunci sin A2 are valoarea: (5 pct.)

a) 0; b)√

32 ; c) −

√2

2 ; d)√

33 ; e)

√2

2 ; f) 1.

Solutie. Deoarece B = 60◦ si C = 30◦, folosind egalitatea A+B+C = 180◦, rezulta A = 180◦−(B+C) =

90◦. Deci sinA

2= sin 45◦ =

√2

2.

12. Pentru z = 12 + i

√3

2 calculati |z|. (5 pct.)

a) 13 ; b) 2; c) 1

4 ; d) −1; e) 0; f) 1.

Solutie. Folosind regula de calcul a modulului unui numar complex scris ın forma algebrica, obtinem

|z| =∣∣∣∣∣12

+ i

√3

2

∣∣∣∣∣ =

√√√√(

12

)2

+

(√3

2

)2

=

√14

+34

=√

1 = 1.

13. Sa se determine m ∈ R astfel ıncat dreapta mx + 4y + 2 = 0 sa fie paralela cu dreapta 3x − 6y + 1 = 0.(5 pct.)

a) m = 12 ; b) m = 2; c) m = 1

3 ; d) m = −2; e) m = 23 ; f) m = 1.

Solutie. Fie d1 : mx + 4y + 2 = 0 si d2 : 3x − 6y + 1 = 0 dreptele date si m1, m2 respectiv panteleacestora. Conditia de paralelism se scrie:

d1||d2 ⇔ md1 = md2 ⇔−m

4=−3−6

⇔ −m

4=

12⇔ m = −2.

14. Fie A(−3, 0), B(3, 0),C(0, 4) si fie S aria triunghiului ABC. Atunci: (5 pct.)

a) S = 15; b) S = 6; c) S = 16; d) S = 8; e) S = 12; f) S = 20.

Solutie. Folosim formula S = A∆ABC =12|∆|, unde ∆ =

∣∣∣∣∣∣


∣∣∣∣∣∣. Avem ∆ =

∣∣∣∣∣∣

−3 0 13 0 10 4 1

∣∣∣∣∣∣=

12 + 12 = 24, deci S = 12 · |24| = 12.

15. Daca punctele A(2, 3), B(−1, 4), C(m,m + 3) sunt coliniare, atunci: (5 pct.)

a) m = 13 ; b) m = 2

3 ; c) m = − 13 ; d) m = − 1

2 ; e) m = 12 ; f) m = 4.

Solutie. Punctele A, B, C sunt coliniare daca

∣∣∣∣∣∣


∣∣∣∣∣∣= 0. Deci

∣∣∣∣∣∣

2 3 1−1 4 1m m + 3 1

∣∣∣∣∣∣= 0 si

dezvoltand determinantul, obtinem −4m + 2 = 0, de unde m =12.

16. Sa se precizeze m ∈ R astfel ıncat dreapta de ecuatie 2x−my + 3 = 0 sa treaca prin punctul M(1, 2).(5 pct.)

a) m = 13 ; b) m = − 3

4 ; c) m = 12 ; d) m = 2

5 ; e) m = 0; f) m = 52 .

Solutie. Deoarece punctul M(1, 2) apartine dreptei d : 2x−my + 3 = 0, coordonatele acestuia trebuie

sa satisfaca ecuatia dreptei. Inlocuind, obtinem 2 · 1−m · 2 + 3 = 0, de unde m =52.


17. Daca E = cos π6 + i sin π

6 , atunci valoarea a = E3 este: (5 pct.)

a) a = −1; b) a = 1 + i; c) a = 3i; d) a = 1; e) a = i; f) a = −1.

Solutie. Notam a = E3 =(cos

π

6+ i sin

π

6

)3

. Folosind formula lui Moivre, obtinem

a = cos3π

6+ i sin

3π

6= cos

π

2+ i sin

π

2= 0 + i · 1 = i.

18. Sa se determine varful D al paralelogramului ABCD, cunoscandu-se A(0, 0), B(0, 3), C(2, 5). (5 pct.)

a) D(−1, 1); b) D(1, 3); c) D(2, 2); d) D(−2, 2); e) D(3, 3); f) D(2, 1).

Solutie. Deoarece ABCD este paralelogram, rezulta AB ||DC si AB = DC, adica AB = DC. DarAB = (xB − xA)i + (yB − yA)j si DC = (xC − xD )i + (yC − yD)j, deci

AB = DC ⇔{

xB − xA = xC − xD

yB − yA = yC − yD

⇔{

0− 0 = 2− xD

3− 0 = 5− yD⇔

{xD = 2yD = 2 ⇔ D(2, 2).



1. Sa se calculeze determinantul D =

∣∣∣∣∣∣

1 2 34 5 67 8 9

∣∣∣∣∣∣. (5 pct.)

a) D = 5; b) D = 4; c) D = 2; d) D = 1; e) D = 0; f) D = 3.

Solutie. Aplicand regula lui Sarrus, obtinem D = 1 ·5 ·9+2 ·6 ·7+4 ·8 ·3−7 ·5 ·3−4 ·2 ·9−6 ·8 ·1 = 0.

Altfel. Scazand prima linie a determinantului din liniile a doua si a treia, rezulta D =∣∣∣∣1 2 3

3 3 3

6 6 6

∣∣∣∣.Ultimele doua linii fiind proportionale, rezulta D = 0.

2. Sa se calculeze I =∫ 1

0

(x2 − x)dx. (5 pct.)

a) I = 23 ; b) I = 0; c) I =

12; d) I = −1

6; e) I = 2; f) I = 6.

Solutie. Aplicand formula Leibnitz-Newton, integrala se rescrie I =(

x3

3− x2

2

)∣∣∣∣1

0

=13− 1

2= −1

6.

3. Fie numarul complex z = 1 + 2i. Atunci: (5 pct.)

a) |z| = 0; b) |z| = √5; c) |z| = √

7; d) |z| = 6; e) |z| = 4; f) |z| = −1.

Solutie. Obtinem |z| = √12 + 22 =

√5.

4. Suma solutiilor ecuatiei x2 − x− 2 = 0 este: (5 pct.)

a) 1; b) 2; c)√

2; d) 3; e) 0; f) 5.

Solutie. Folosind relatiile lui Viete, rezulta ca suma celor doua radacini este x1 + x2 = −−11 = 1. Altfel.

Rezolvam ecuatia de gradul doi:

x2 − x− 2 = 0 ⇔ x ∈{

1±√

12 − 4(−2)2

}⇔ x ∈

{1± 3

2

},

deci x ∈ {2,−1} iar suma celor doua radacini este x1 + x2 = 2 + (−1) = 1.

5. Calculati E = C25 + C3

5 . (5 pct.)

a) E = 20; b) E = 10; c) E = 2; d) E = −5; e) E = 0; f) E = 15.

Solutie. Aplicand formula combinarilor, Ckn = n!

k!(n−k)! , rezulta

E = C35 + C2

5 =5!

3!2!+

5!2!3!

=1206 · 2 +

1202 · 6 = 10 + 10 = 20.

Altfel. Aplicam formula combinarilor, Ckn = n!

k!(n−k)! si egalitatea Ckn = Cn−k

n . Obtinem

E = C35 + C2

5 = C35 + C5−2

5 = C35 + C3

5 = 2C35 = 2

5!3!2!

= 21206 · 2 = 2 · 10 = 20.

6. Solutia reala a ecuatiei 23x− x−1

2 = x este: (5 pct.)

a) −1; b) 0; c) − 111 ; d) 1; e) 2

7 ; f) 35 .

Solutie. Obtinem succesiv 23x− x−1

2 = x ⇔ 4x− 3 + 3 = 6x ⇔ 5x = 3 ⇔ x = 35 .

7. Sa se rezolve sistemul{

x− y = 1x + 2y = 4.

(5 pct.)

a) x = 4, y = 0; b) x = 5, y = −4; c) x = 0, y = −1;

d) x = −1, y = 3; e) x = −2, y = −2; f) x = 2, y = 1.

Solutie. Din prima ecuatie rezulta y = x + 1; ınlocuind ın a doua ecuatie, obtinem 3y = 3, deci y = 1 six = 2.


8. Fie matricele: A =(

1 23 4

)si B =

(0 1−1 2

). Sa se determine matricea C = AB −BA. (5 pct.)

a) C =(−1 3

2 4

); b) C =

(−5 1−9 5

); c) C =

(−7 −50 1

); d) C = ( 0 1

4 5 ); e) C =(

1 6−4 3

); f) C =

(2 79 −2

).

Solutie. Prin calcul direct, obtinem AB−BA = ( 1 23 4 )

(0 1−1 2

)−(0 1−1 2

)( 1 2

3 4 ) =(−2 5−4 11

)−( 3 45 6 ) =

(−5 1−9 5

).

9. Ecuatia√

x− 1 + x = 7 are solutia: (5 pct.)

a) x = 0; b) x = −1; c) x = 1; d) x = 5; e) x = 2; f) x = 6.

Solutie. Ecuatia se rescrie√

x− 1 + x = 7 ⇔ √x− 1 = 7 − x. Conditia de existenta a radicalului

este x ≥ 1. Se observa ca ın egalitate membrul drept trebuie sa fie pozitiv, deci 7 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 7.Prin urmare ecuatia conduce la conditia x ∈ [1, 7]. Ridicand la patrat ambii membri obtinem ecuatiax2− 15x+50 = 0, de unde x1 = 5 si x2 = 10. Se observa ca x2 6∈ [1, 7], deci nu este solutie. De asemenea,se observa ca aceasta valoare nu satisface ecuatia initiala. Inlocuind x1 = 5 ın ecuatia initiala obtinem oidentitate, deci singura solutie a ecuatiei este x = 5.

10. Sa se rezolve ecuatia 2x+1 = 8. (5 pct.)

a) x = 2; b) x = 5; c) x = 3; d) x = 4; e) x = −3; f) x = 0.

Solutie. Ecuatia se rescrie 2x+1 = 8 ⇔ 2x+1 = 23. Prin logaritmare ın baza 2, obtinem x+1 = 3 ⇔ x = 2.

11. Fie polinomul f = X3−3X2 +2X. Daca x1, x2, x3 sunt radacinile polinomului f , atunci E = x21 +x2

2 +x23

este egala cu: (5 pct.)

a) −2; b) 5; c) −4; d) 4; e) 2; f) 7.

Solutie. Tinand cont de relatiile Viete, rezulta

E = x21 + x2

2 + x23 = (x1 + x2 + x3)2 − 2(x1x2 + x2x3 + x3x1) = 32 − 2 · 2 = 9− 4 = 5.

12. Fie h : R→ R, h(x) = x3 − 3x. Atunci h′(1) este: (5 pct.)

a) 34 ; b) 0; c) 1

2 ; d) 23 ; e) −4; f) − 2

3 .

Solutie. Derivata functiei h este h′(x) = 3x2 − 3 si deci h′(1) = 0.

13. Multimea solutiilor ecuatiei |x− 1| = 3 este: (5 pct.)

a) {5}; b) {5, 7}; c) {3}; d) g¡ ; e) {0, 1}; f) {−2, 4}.Solutie. Ecuatia se rescrie |x− 1| = 3 ⇔ x− 1 = ±3. Rezulta x ∈ {−2, 4}.

14. Fie functia f(x) ={

2x2 + x + 2, x < 0x + m, x ≥ 0 . Determinati m ∈ R pentru care functia f este continua.

(5 pct.)

a) m = 5; b) m = 7; c) m = 4; d) m = 2; e) m = 11; f) m = 1.

Solutie. Limitele laterale ale functiei f ın 0 sunt `s(0) = limx↗0

f(x) = 2, `d(0) = limx↘0

f(x) = m, si avem

f(0) = m. Functia f este continua ın 0 daca `s(0) = `d(0) = f(0), de unde m = 2.

15. Fie E =√

4 + 3√

8 + 4√

16. Atunci: (5 pct.)

a) E = 1; b) E = 12; c) E = 7; d) E = 6; e) E = 3; f) E = 28.

Solutie. E = 2 + 2 + 2 = 6.

16. Multimea valorilor lui m ∈ R pentru care ecuatia 2 ln |x| = mx2 +1 are doua solutii reale distincte este:(5 pct.)

a) m ∈ (−∞, 0] ∪ { 1e2 }; b) m ∈ (−∞, 1

e2 ]; c) m ∈ [ 1e2 , +∞);

d) m ∈ { 1e2 } ∪ (1, e]; e) m ∈ (−∞,− 1

e2 ] ∪ [ 1e2 , 1]; f) m ∈ (−∞, 1).

Solutie. Existenta logaritmului conduce la conditia |x| > 0 ⇔ x 6= 0. Obtinem 2 ln |x| = mx2 + 1 ⇔2 ln |x|−1

x2 = m. Fie functia f : R\{0} → R, f(x) = 2 ln |x|−1x2 . Atunci, ecuatia 2 ln |x| = mx2 + 1 are

doua solutii reale distincte ⇔ ecuatia f(x) = m are doua solutii reale distincte. Avem f ′(x) = 4(1−ln |x|)x3 .

Tabelul de variatie al functiei f este


x −∞ −2 0 e ∞f ′(x) + + 0 − −|+ + 0 − −f(x) 0 ↗ 1

e2 ↘ −∞|+∞ ↗ 1e2 ↘ 0

Din tabelul de variatie al functiei deducem ca ecuatia are doua radacini reale distincte doar daca m ∈(−∞, 0] ∪ { 1

e2 }.

17. Fie functia g : R→ R, g(x) =∫ x2

0

et2dt. Atunci: (5 pct.)

a) g are doua puncte de extrem; b) g este descrescatoare; c) g este crescatoare;

d) g este convexa; e) g′(0) = 7; f) g este concava.

Solutie. Avem g′(x) = e(x2)2 · 2x = 2x ex4si g′′(x) = ex4

(2 + 2x · 4x3) = 2ex4(4x4 + 1) > 0, deci g este

functie convexa.

18. Pentru m ∈ C\{0} se defineste legea de compozitie:

z1 ∗ z2 = mz1z2 − im(z1 + z2)−m + i, ∀z1, z2 ∈ C.

Sa se calculeze suma modulelor valorilor lui m pentru care simetricul elementului 1+ i este 2+ i. (5 pct.)

a)√

3; b)√

2; c)√

5; d) 2; e) 1; f) 4.

Solutie. Conditia care defineste elementul neutru al legii de compozitie este

z ∗ e = z, ∀z ∈ C ⇔ mez − im(e + z)−m + i = z, ∀z ∈ C⇔ z(me−mi− 1) + (i−m− ime) = 0, ∀z ∈ C

⇔{

me−mi− 1 = 0i−m− ime = 0.

Se observa ca ınmultind prima ecuatie cu −i, se obtine a doua ecuatie. Prima ecuatie conduce la elementulneutru, e = im+1

m . Simetricul elementului 1 + i este 2 + i doar daca avem conditiile echivalente

(1 + i) ∗ (2 + i) = e ⇔ m(1 + i)(2 + i)− im(1 + i + 2 + i)−m− i = im+1m

⇔ 2m + i = im+1m ⇔ 2m2 = 1 ⇔ m2 = 1

2 .

Deci m1,2 = ± 1√2, de unde |m1|+ |m2| = 1√

2+ 1√

2=√

2.



1. Aflati cos2 x, stiind ca sin x =√

32

. (5 pct.)

a) 34 ; b) 1

3 ; c) 0; d) 1; e) 14 ; f) 1

2 .

Solutie. Din formula trigonometrica fundamentala cos2 x + sin2 x = 1, rezulta cos2 x = 1 − sin2x =1− 3

4 = 14 .

2. Fie vectorii: u = 3i− 4j, v = i + j, w = 5i− 2j. Determinati a ∈ R astfel ıncat u + av = w. (5 pct.)

a) 0; b) 1; c) −2; d) 3; e) 2; f) −1.

Solutie. Conditia u + av = w se rescrie

(3i− 4j) + a(i + j) = 5i− 2j ⇔ (3 + a)i + (−4 + a)j = 5i− 2j ⇔{

3 + a = 5−4 + a = −2 ⇔ a = 2.

3. Calculati aria unui triunghi dreptunghic isoscel de ipotenuza egala cu√

2. (5 pct.)

a) 2; b) 1; c) 12 ; d)

√5; e)

√2; f) 1√

2.

Solutie. Cateta triunghiului este ` =√

2√2

= 1, deci aria este A = `2

2 = 12 .

4. Se dau vectorii: u = 2i + 3j si v = 3i + mj. Calculati valoarea parametrului real m pentru care u si vsunt perpendiculari. (5 pct.)

a) 2; b) 3; c) −2; d) 1; e) −3; f) 0.

Solutie. u ⊥ v ⇔ 〈u, v〉 = 0 ⇔ 2 · 3 + 3 ·m = 0 ⇔ m = −2.

5. Sa se calculeze E =tg 45◦ · cos 90◦

sin 30◦. (5 pct.)

a) − 12 ; b) 0; c) 1

2 ; d) 1; e) −1; f)√

32 .

Solutie. Deoarece cos 90◦ = 0, rezulta anularea numaratorului fractiei, deci E = 0.

6. Calculati a4, unde a =1 + i√

2. (5 pct.)

a) 1; b) i; c) 1− 4i; d) 1 + 4i; e) −1; f) 4− i.

Solutie. Obtinem a2 = ( 1+i√2)2 = (1+i)2

2 = ( 2i2 )2 = i2 = −1. Deci a4 = (a2)2 = (−1)2 = 1.

7. Valoarea lui sin 120◦ este: (5 pct.)

a)√

22 ; b)

√3

2 ; c) −√

32 ; d) 1

2 ; e) − 12 ; f) −

√2

2 .

Solutie. sin 120◦ = sin(180◦ − 120◦) = sin 60◦ =√

32 .

8. Solutiile ecuatiei sin x + cos2 x = 1 din intervalul[0, π

2

]sunt: (5 pct.)

a){

π4 , π

2

}; b)

{π3 , π

2

}; c)

{0, π

4

}; d)

{0, π

2

}; e)

{0, π

6

}; f)

{0, π

3

}.

Solutie. Folosind formula trigonometrica fundamentala cos2 x + sin2 x = 1, ecuatia se rescrie

sinx = sin2 x ⇔ sin x(1− sinx) = 1 ⇔ sin x ∈ {0, 1}.

Deoarece x ∈ [0, π2 ], obtinem sin x = 0 ⇒ x = 0 si sin x = 1 ⇒ x = π

2 . In concluzie, x ∈ {0, π2 }.

9. Daca u = i + j si v = i− j, atunci ‖ u + 3v ‖ este: (5 pct.)

a)√

5− 1; b) 2 +√

5; c) 1 +√

5; d) 2√

5; e) 2; f)√

5.

Solutie. u + 3v = (i + j) + 3(i− j) = 4i− 2j, deci ||u + 3v|| =√

42 + (−2)2 = 2√

5.


10. Aflati tg x stiind ca sin x− 4 cos x = 0. (5 pct.)

a) −2; b) −1; c) −4; d) 2; e) 1; f) 4.

Solutie. Avem cos x 6= 0, deci relatia data se rescrie sin x− 4 cos x = 0 ⇔ sin x

cos x− 4 = 0 ⇔ tgx = 4.

11. Sa se calculeze partea reala a numarului complex z = i + i3 + i5. (5 pct.)

a) 3; b) 1; c) −1; d) 0; e) −2; f) 2.

Solutie. Folosind egalitatea i2 = −1, rezulta z = i + i3 + i5 = i− i + i = i si deci Re(z) = 0.

12. Daca z = 1 + i, atunci valoarea expresiei E = z · z este: (5 pct.)

a) 1; b) −i; c) 0; d) −1; e) i; f) 2.

Solutie. Avem E = zz = (1 + i)(1− i) = 1 + 1 = 2.

13. Dreapta care trece prin punctele A(1, 3), B(2, 4) are ecuatia: (5 pct.)

a) x− y − 1 = 0; b) x− y = 0; c) x− y + 2 = 0;

d) x + y = 0; e) x− y − 2 = 0; f) x− y + 1 = 0.

Solutie. Aplicam formula ecuatiei dreptei care trece prin doua puncte; ecuatia dreptei AB este

x− xA

xB − xA=

y − yA

yB − yA⇔ x− 1

2− 1=

y − 34− 3

⇔ x− y + 2 = 0.

Altfel. Aplicam formula ecuatiei dreptei care trece prin doua puncte sub forma de determinant si dez-voltand determinantul dupa lina ıntai, rezulta:

∣∣∣∣∣∣

x y 1xA yA 1xB yB 1

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔

∣∣∣∣∣∣

x y 11 3 12 4 1

∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ −x + y − 2 = 0 ⇔ x− y + 2 = 0.

Altfel. Ecuatia dreptei este de forma ax + by + c = 0. Conditia ca A si B sa apartina acestei drepte

conduce la sistemul{

a + 3b + c = 02a + 4b + c = 0 . Notand c = t, obtinem a = t

2 , b = − t2 . Fixand t = 2, rezulta

a = 1, b = −1, deci ecuatia dreptei AB este x− y + 2 = 0.

14. Se considera triunghiul ABC cu laturile AB = 3, BC = 4, CA = 5. Aflati cos A. (5 pct.)

a) 15 ; b) 2

5 ; c) 45 ; d) 3

5 ; e) 1; f) 0.

Solutie. Avem cos A =AB2 + AC2 −BC2

2AB ·AC=

9 + 25− 162 · 3 · 5 =

35.

15. Calculati distanta de la punctul A(1, 1) la dreapta de ecuatie x + y − 1 = 0. (5 pct.)

a) 1; b) 2; c)√

2; d)√

3; e) 1√2; f) 1√

3.

Solutie. Distanta este|1 + 1− 1|√

12 + 12=

1√2.

16. Aflati valoarea lui m ∈ R pentru care punctul A(m, 2) apartine dreptei de ecuatie x− y− 1 = 0. (5 pct.)

a) 2; b) −2; c) 1; d) −3; e) 3; f) −1.

Solutie. Inlocuind coordonatele punctului ın ecuatia dreptei, obtinem m− 2− 1 = 0, de unde m = 3.

17. Ecuatiile tangentelor duse din punctul A(√

2, 0) la cercul de ecuatie x2 + y2 = 1 sunt: (5 pct.)

a) y − x +√

2 = 0, y = 0; b) y + x−√2 = 0, y = 0; c) y + x−√2 = 0, x = 0;

d) y − x +√

2 = 0, x = 0; e) x = 0, y = 0; f) y + x−√2 = 0, y − x +√

2 = 0.

Solutie. Ecuatia cercului se rescrie (x−0)2 +(y−0)2 = 12, deci cercul are centrul C(0, 0) si raza R = 1.Ecuatiile dreptelor care trec prin punctul A(

√2, 0) sunt de forma d : y = m(x−√2) ⇔ mx−y−m

√2 = 0,

unde m ∈ R. Dreapta d este tangenta la cerc daca distanta de la C la dreapta este R. Aceasta conditiese rescrie

m · 0− 0−m√

2√m2 + 1

= 1 ⇔ −m√

2 =√

m2 + 1 ⇔ 2m2 = m2 + 1 ⇔ m ∈ {±1}.

Rezulta ca ecuatiile celor doua tangente sunt: y + x−√2 = 0, y + x +√

2 = 0.


18. Determinati aria triunghiului de varfuri A(0, 1), B(1, 0), C(−1, 0). (5 pct.)

a) 4; b) 1; c) 32 ; d) 2; e) 1

2 ; f) 14 .

Solutie. Aria triunghiului ABC este data de formula A∆ABC = 12 |∆|, unde ∆ =

∣∣∣∣xA yA zA

xB yB zB

xC yC zC

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

0 1 1

1 0 1

−1 0 1

∣∣∣∣ =

−2, deci A∆ABC = 1. Altfel. Calculam lungimile laturilor triunghiului,

AB =√

(1− 0)2 + (0− 1)2 =√

2

AC =√

(−1− 0)2 + (0− 1)2 =√

2

BC =√

(−1− 1)2 + (0− 0)2 = 2,

deci AB = AC si triunghiul este isoscel. Dar AB2 +AC2 = BC2, deci triunghiul este dreptunghic isoscel.Catetele triunghiului au aceeasi lungime, ` =

√2, deci aria triunghiului este A∆ABC = `2

2 = 22 = 1.



1. Sa se determine x ∈ R astfel ıncat√

x2 + 5 = x + 1. (5 pct.)

a) x = −2; b) x = 4; c) x = 0; d) x = 2; e) x = 3; f) x = −1.

Solutie. Conditia de existenta a radicalului x2 + 5 ≥ 0 este totdeauna satisfacuta, deci nu conduce lalimitarea domeniului necunoscutei x. In schimb, se observa ca pozitivitatea membrului stang al ecuatieiconduce la conditia x + 1 ≥ 0, deci x ∈ [−1,∞). Ridicand ecuatia la patrat, obtinem, dupa simplificari,2x = 4, deci x = 2 ∈ [−1,∞), si deci x = 2, deci este unica solutie a ecuatiei. Nota. Se observaca subiectul fiind de tip grila, raspunsul corect se putea evidentia prin simpla ınlocuire a variantelor deraspuns ın ecuatie (x = 2 fiind singura varianta care satisface ecuatia).

2. Valoarea determinantului∣∣∣ 1 2 33 1 22 3 1

∣∣∣ este: (5 pct.)

a) 13; b) 18; c) 0; d) 11; e) 1; f) 14.

Solutie. Calculul se poate face ın multe moduri: aplicand regula Sarrus, regula (echivalenta) a triunghi-ului, dezvoltand dupa o linie sau dupa o colana sau efectuand ın prealabil operatii cu determinanti careduc la simplificarea formei acestuia (”fabricare de zerouri pe o linie sau pe o coloana). Spre exemplu,dezvoltand dupa regula Sarrus, obtinem:

1 · 1 · 1 + 2 · 2 · 2 + 3 · 3 · 3− (1 · 2 · 3 + 1 · 2 · 3 + 1 · 2 · 3) = 1 + 8 + 27− 3 · 6 = 18.

3. Fie functia f : R→ R, f(x) = xex. Sa se calculeze f ′(1). (5 pct.)

a) 1; b) 3e; c) e2; d) 3 + e; e) 1 + e; f) 2e.

Solutie. Aplicam regula derivarii produsului de functii (g ·h)′ = g′ ·h+g ·h′ pentru produsul f(x) = x ·ex.Obtinem f ′(x) = 1 · ex + x · ex = (x + 1)ex. Deci f ′(1) = 2e.

4. Sa se calculeze C05 + C2

5 + C45 . (5 pct.)

a) 6; b) 8; c) 18; d) 16; e) 24; f) 20.

Solutie. Aplicam regula de calcul a combinarilor Ckn = n!

(n−k)!k! si conventia 0! = 1. Obtinem

C05 + C2

5 + C45 =

5!5!0!

+5!

3!2!+

5!4!1!

= 1 + 10 + 5 = 16.

Nota. Subiectul se putea rezolva mult mai elegant daca se cunoaste binomul lui Newton (a + b)n =n∑

k=0

Cknan−kbk (folosit pentru a = b = 1, n = 5) si proprietatea Ck

n = Cn−kn (utilizata pentru valorile n = 5,

k ∈ {0, 2, 4}). Se obtine

25 = (1 + 1)5 = C05 + C1

5 + C25 + C3

5 + C45 + C5

5 = (C05 + C2

5 + C45 ) + (C5

5 + C35 + C1

5 ) = 2(C05 + C2

5 + C45 ),

de unde rezulta C05 + C2

5 + C45 = 25/2 = 16.

5. Sa se rezolve ecuatia 2x+3 = 16. (5 pct.)

a) x = 1; b) x = −3; c) x = 5; d) x = −4; e) x = 11; f) x = −1.

Solutie. Ecuatia se rescrie 2x+3 = 24 de unde (prin logaritmare ın baza 2) rezulta x + 3 = 4, deci x = 1.

6. Sa se calculeze modulul numarului complex z =3 + 4i

6− 8i. (5 pct.)

a) 3; b) 4; c) 6; d) 12 ; e) 8; f) 11.

Solutie. Amplificam fractia cu conjugata numitorului, apoi folosim formula |a+ ib| = √a2 + b2. Obtinem

z =(3 + 4i)(6 + 8i)

62 + 82=−14 + 48i

100=−7 + 24i

50= − 7

50+ i

2450

.


Rezulta

|z| =√

492500

+5762500

=

√6252500

=

√14

=12.

Nota. Subiectul se putea rezolva mult mai rapid folosind proprietatea modulului:∣∣∣ z1z2

∣∣∣ = |z1||z2| . Se obtine:

|z| =∣∣∣∣3 + 4i

6− 8i

∣∣∣∣ =|3 + 4i||6 + 8i| =

√32 + 42

√62 + 82

=√

25√100

=510

=12.

7. Produsul solutiilor reale ale ecuatiei |x + 1| = 2 este: (5 pct.)

a) 12; b) 0; c) −3; d) 1; e) 4; f) −5.

Solutie. Folosind proprietatea ”|a| = b ⇔ (a = b sau a = −b)”, obtinem x + 1 ∈ {±2}, deci x ∈ {1,−3}.Produsul celor doua solutii este deci 1 · (−3) = −3.

8. Sa se afle m ∈ R astfel ıncat x = 1 sa fie solutie a ecuatiei 3x + m− 2 = 0. (5 pct.)

a) m = 0; b) m = 7; c) m = −1; d) m = 4; e) m = 1; f) m = −5.

Solutie. Inlocuind solutia x = 1 ın ecuatie, obtinem 3 + m− 2 = 0, deci m = −1.

9. Sa se rezolve inecuatia x2 − 3x + 2 ≤ 0. (5 pct.)

a) x ∈ [0, 1]; b) x ∈ g¡ ; c) x ∈ [1, 2]; d) x ≥ 5; e) x ∈ [−4, 1]; f) x ∈ [2, 5].

Solutie. Folosind formula x1,2 = −b±√b2−4ac2a care produce solutiile ecuatiei de gradul doi ax2 +bx+c = 0

(a 6= 0), obtinem x ∈ { 3±√32−82 } = { 3±1

2 } = {1, 2}. Deoarece a = 1 > 0, valoarea expresiei polinomiale degradul doi din enunt este negativa sau nula (ın cazul radacinilor reale distincte) d.n.d. x ∈ [x1, x2], undes-a presupus x1 < x2. Rezulta x ∈ [1, 2].

10. Daca x1 si x2 sunt solutiile ecuatiei 2x2 − 3x + 1 = 0, atunci x1 + x2 este: (5 pct.)

a) − 12 ; b) 1; c) 1

2 ; d) − 23 ; e) 3

2 ; f) 0.

Solutie. Din prima relatie Viete rezulta direct x1 + x2 = −−32 = 3

2 . Nota. Problema se poate rezolva sideterminand efectiv solutiile ecuatiei, {x1,2} = {3±√9−8

4 } = { 12 , 1}; prin urmare suma acestora este 3

2 .

11. Fie (an)n o progresie aritmetica astfel ıncat a1 + a3 = 6 si a3 − a1 = 4. Sa se calculeze a5. (5 pct.)

a) 15; b) 7; c) 10; d) 11; e) −5; f) 9.

Solutie. Sumand cele doua conditii rezulta 2a3 = 10 ⇒ a3 = 5; scazandu-le, rezulta 2a1 = 2 ⇒ a1 = 1.Dar a3 = a1+a5

2 , deci a5 = 2a3 − a1 = 2 · 5 − 1 = 9. Alta solutie. Aplicam formula ak = a1 + (k − 1)r.Notand a = a1, cele doua conditii formeaza un sistem liniar ın necunoscutele a, r, compatibil determinat,{

2a + 2r = 62r = 4 , deci a = 1, r = 2. Prin urmare, a5 = a + 4r = 1 + 4 · 2 = 9.

12. Sa se rezolve inecuatia 2x− 3 ≤ 4x. (5 pct.)

a) x ∈ (0,∞); b) x ∈ g¡ ; c) x ∈ (−1, 2); d) x ∈ [− 32 , +∞); e) x ∈ ( 4

3 , +∞); f) x ∈ (0, 1).

Solutie. Inecuatia se rescrie succesiv: 2x− 3 ≤ 4x ⇔ 2x ≥ −3 ⇔ x ≥ − 32 ⇔ x ∈ [− 3

2 ,∞).

13. Fie f : R→ R, f(x) = arccos1− x2

1 + x2+ arcsin

2x

1 + x2.

Sa se calculeze S = f(−√3) + f(− ln 2) + f(1) + f(ln 3). (5 pct.)

a) 9π4 ; b) 8π

3 ; c) 13π6 ; d) 7π

3 ; e) 11π4 ; f) 13π

4 .

Solutie. Se poate verifica folosind tabloul de variatie al functiilor corespunzatoare, ca expresiile 1−x2

1+x2 si2x

1+x2 iau valori ın intervalul [−1, 1], deci functia f este bine definita pe toata axa reala. Fiind compunerede functii continue, f este functie continua. Mai mult, se observa ca f = f1 + f2, unde f1,2 : R → R,f1(x) = arccos 1−x2

1+x2 si f2(x) = arcsin 2x1+x2 . Se constata ca ambele functii sunt continue. Derivatele f ′1,2

ale acestora coincid ın domeniul D = (−∞,−1)∪(0, 1), deci pe fiecare din cele doua intervale ale reuniunii,cele doua functii difera printr-o constanta. Mai exact, pe intervalul (−∞,−1) avem f1(−2) = arccos −3

5 =π − arccos 3

5 = π − arcsin 45 = π + arcsin −4

5 = π + f2(−2), deci f1 = π + f2 si f(x) = 2f1(x) − π. Peintervalul (0, 1) avem f1( 1

2 ) = arccos 35 = arcsin 4

5 = f2(x), deci f1(x) = f2(x) si f(x) = 2f1(x).


Pentru x ∈ (−1, 0) ∪ (1,∞) avem f ′1(x) = −f ′2(x) ⇒ f ′(x) = 0, deci pe R\D = [−1, 0] ∪ [1,∞) =(−1, 0) ∪ (1,∞), functia continua f este constanta pe fiecare interval al reuniunii. Mai exact, pe intervalul[−1, 0] functia f are valoarea f(−1) = arccos (1) + arcsin(0) = 0 iar pe intervalul [1,∞) f are valoareaf(1) = arccos (0) + arcsin(1) = π. Prin urmare,

f(x) =

2 arccos1− x2

1 + x2− π, pentru x ∈ (−∞,−1)

0, pentru x ∈ [−1, 0]

2 arccos1− x2

1 + x2, pentru x ∈ (0, 1)

π, pentru x ∈ [1,∞).

Calculam termenii sumei cerute:

√3 ∈ (1, 2) ⇒ −√3 ∈ (−2,−1) ⊂ (−∞,−1) ⇒ f(−√3) = 2 arccos (− 1

2 )− π

= 2 · 2π

3− π =

π

3ln 1 < ln 2 < ln e ⇒ − ln 2 ∈ (− ln e,− ln 1) ⊂ [−1, 0] ⇒ f(− ln 2) = 0

1 ∈ [1,∞) ⇒ f(1) = π

ln e < ln 3 < ln e2 ⇒ ln 3 ∈ (1, 2) ⊂ [1,∞) ⇒ f(ln e) = π.

deci S = π3 + 0 + π + π = 7π

3 .

14. Fie polinomul f = X3 − 5X2 + 4X si fie T suma patratelor radacinilor sale. Atunci: (5 pct.)

a) T = 15; b) T = 17; c) T = 14; d) T = 0; e) T = −11; f) T = 11.

Solutie. Notam cu x1,2,3 cele trei radacini ale polinomului. Folosind egalitatea

(x21 + x2

2 + x23) = (x1 + x2 + x3)2 − 2(x1x2 + x2x3 + x3x1)

si primele doua relatii Viete {x1 + x2 + x3 = −−5

1

x1x2 + x2x3 + x3x1 = 41

rezultaT = (x1 + x2 + x3)2 − 2(x1x2 + x2x3 + x3x1) = 52 − 2 · 4 = 17.

Nota. Subiectul se putea rezolva si altfel, afland efectiv radacinile polinomului f . Dand factor comun Xsi afland radacinile factorului de grad 2, obtinem succesiv f = X(X2− 5X +4) = (X − 0)(X − 1)(X − 4).Deci cele trei radacini ale polinomului f sunt 0, 1, 4, iar suma patratelor lor este T = 02 + 12 + 42 = 17.

15. Sa se calculeze E = lg3 5 + lg3 20 + lg 8 · lg 0, 25. (5 pct.)

a) E = 14 ; b) E = 7; c) E = 13; d) E = 2; e) E = 1

5 ; f) E = 5.

Solutie. Notam a = lg 5, b = lg 2. Observam ca a + b = lg 5 + lg 2 = lg 10 = 1. Folosind proprietatilelogaritmilor si relatia u3 + v3 = (u + v)(u2 − uv + v2) pentru u = a si v = a + 2b, obtinem succesiv

E = a3 + (a + 2b)3 + (3b) · (−2b) = [a + (a + 2b)] · [a2 − a(a + 2b) + (a + 2b)2]− 6b2

= [2(a + b)] · [(a + b)2 + 3b2]− 6b2 = 2(1 + 3b2)− 6b2 = 2.

16. Sa se calculeze ` = limt→∞

∫ t

1

1x(x2 + 1)

dx. (5 pct.)

a) ` = 1; b) ` = 1 + ln 2; c) ` = 14 ; d) ` = 3 ln 2; e) ` = 11

4 ; f) ` = ln√

2.

Solutie. Se observa ca ridicarea la patrat ϕ : [1,∞) → [1,∞), ϕ(x) = x2 este bijectie si ca avem ϕ(1) = 1,lim

x→∞ϕ(x) = ∞. Putem folosi prin urmare schimbarea de variabila u = x2. Integrala se rescrie succesiv

∫ t

1

1x(x2 + 1)

dx =12

∫ t

1

2x

x2(x2 + 1)dx =

12

∫ t2

1

1u(u + 1)

du =12

ln∣∣∣∣

x

x + 1

∣∣∣∣∣∣∣∣t2

1

=12

(ln

t2

t2 + 1− ln

12

)=

12

ln2t2

t2 + 1.


Atunci

` = limt→∞

∫ t

1

1x(x2 + 1)

dx = limt→∞

12

ln2t2

t2 + 1=

12

ln 2 = ln√

2.

17. Fie A =(

1 −20 1

); sa se calculeze determinantul matricei A2. (5 pct.)

a) 1; b) 0; c) 3; d) 2; e) 4; f) −1.

Solutie. Obtinem A2 =(

1 −20 1

) ·( 1 −20 1

)=

(1 −40 1

). Atunci det A = 1 ·1−0 · (−4) = 1. Nota. Rezolvarea se

scurteaza, evitand calculul produsului matriceal, daca se foloseste proprietatea det(A1·A2) = det A1·detA2

pentru A1 = A2 = A. Obtinem det(A2) = (det A)2 = (1 · 1− 0 · (−2))2 = 12 = 1.

18. Fie S multimea solutiilor reale si strict pozitive ale ecuatiei x +1x

=∫ x

0

et2dt. Atunci: (5 pct.)

a) S ⊂ N; b) S = g¡ ; c) S ⊂ (2, 3); d) S ∩ (0, 1) 6= g¡ ; e) S ∩ (1, 2) 6= g¡ ; f) S ∩ (2,∞) 6= g¡ .

Solutie. Solutiile ecuatiei date sunt punctele de anulare ale functiei f : (0,∞) → R,

f(x) =∫ x

0

et2dt−(

x +1x

), ∀x ∈ (0,∞).

Se verifica relativ usor ca derivata f ′(x) = ex2 − 1 + 1x2 este strict pozitiva pentru x ∈ (0,∞) si ca

limx↘0

f(x) = −∞, limx→∞

f(x) = +∞. Rezulta ca ecuatia f(x) = 0 are o singura solutie ın intervalul (0,∞).

Pentru a afla un subinterval care contine solutia, observam ca t2 ≤ t, ∀t ∈ [0, 1], deci

f(1) =∫ 1

0

et2dt− 2 ≤∫ 1

0

etdt− 2 = (e1 − e0)− 2 = e− 3 < 0,

deci f(1) < 0. Pe de alta parte, folosind monotonia integralei definite ın raport cu intervalul de integrarepentru integranzi pozitivi si proprietatea t2 ≥ t, ∀t ∈ [1, 2], avem

f(2) =∫ 2

0

et2dt− 2− 12≥

∫ 2

1

et2dt− 2.5 ≥∫ 2

1

etdt− 2.5 = e2 − e− 2.5 > (2.5)2 − 3− 2.5 = 0.75 > 0,

deci f(2) > 0. Prin urmare, functia f fiind continua, solutia cautata se afla ın intervalul (1, 2). RezultaS ∩ (1, 2) 6= g¡ .



1. Aflati m ∈ R astfel ıncat vectorii u = mi + 2j si v = 2i + 4j sa fie coliniari. (5 pct.)

a) m = 54 ; b) m = 0; c) m = 3

2 ; d) m = 1; e) m = 3; f) m = −1.

Solutie. Coeficientii celor doi vectori trebuie sa fie proportionali, decim

2=

24⇔ m = 1.

2. Un triunghi isoscel are unghiurile egale de marime π8 si laturile egale de lungime 1. Atunci ınaltimea

corespunzatoare uneia dintre laturile egale este de lungime: (5 pct.)

a)√

22 ; b) 2; c)

√2; d) 1

2 ; e) 1; f)√

32 .

Solutie. Notam cu ` = 1 lungimea comuna a laturilor egale; fie A si B unghiurile egale ale triunghiuluiisoscel. Folosind formula de arie S = ab sin C

2 pentru a = b = ` si unghiul C = π− (A+ B) = π− 2π8 = 3π

4 ,rezulta aria triunghiului,

S =`2 sin

3π

42

=12

sinπ

4=√

24

,

deci lungimea h a ınaltimii corespunzatoare uneia dintre laturile egale satisface relatia hl2 = S, deci

h = 2Sl =

√2

2 .

3. Numarul solutiilor ecuatiei sin x = 12 din intervalul [0, 2π], care verifica inegalitatea cosx < 0 este: (5

pct.)

a) 4; b) 1; c) 5; d) 2; e) 0; f) 3.

Solutie. Solutiile ecuatiei sin x = 12 din intervalul [0, 2π] sunt π

6 si 5π6 . Dar cos π

6 =√

32 > 0 iar cos 5π

6 =−√

32 < 0. Convine deci doar a doua solutie 5π

6 , iar numarul solutiilor care satisfac conditia este 1.

4. Se dau vectorii u si v. Aflati produsul scalar al celor doi vectori stiind ca ‖u‖ = 2, ‖v‖ = 3 si unghiulformat de cei doi vectori este π

2 . (5 pct.)

a) 2; b) −2; c) −1; d) 0; e) 1; f) 4.

Solutie. Produsul scalar cerut are expresia

〈u, v〉 = ||u|| · ||v|| · cos (u, v) = 2 · 3 · cosπ

2= 2 · 3 · 0 = 0.

5. Distanta dintre punctele A(2, 0) si B(1, 3) este: (5 pct.)

a)√

11; b)√

5; c) 2; d)√

10; e) 3; f)√

7.

Solutie. Distanta ceruta este√

(xB − xA)2 + (yB − yA)2 =√

(1− 2)2 + (3− 0)2 =√

1 + 9 =√

10.

6. Calculati expresia E = sin 30◦·cos 30◦tg45◦ . (5 pct.)

a) E = 0; b) E =√

34 ; c) E =

√2

2 ; d) E = −1; e) E = 1√3; f) E = 1

2 .

Solutie. Obtinem E =12 ·√

32

1 =√

34 .

7. Se da triunghiul ABC ın care A = 60◦, B = 75◦ si AB = 2. Atunci raza R a cercului circumscristriunghiului este: (5 pct.)

a) R = 2√

2; b) R = 3√

2; c) R = 4; d) R = 2; e) R = 1; f) R =√

2.

Solutie. Calculam al treilea unghi, C = 180◦ − (60◦ + 75◦) = 45◦. Fie R raza cercului circumscristriunghiului. Atunci, aplicand teorema sinusului, obtinem:

AB

sin C= 2R ⇔ R =

12

2√2/2

⇔ R =√

2.


8. Aflati sin x stiind ca x ∈ (0, π2 ) si cos x =

√2

2 . (5 pct.)

a) −1; b) 2; c) 1; d) 0; e)√

54 ; f)

√2

2 .

Solutie. Folosind formula trigonometrica fundamentala sin2 x + cos2 x = 1, rezulta sin2 x = 1 − 12 = 1

2 ,deci sin x ∈ {±

√2

2 }. Dar x ∈ (0, π2 ) impune conditia sin x > 0 si deci sin x =

√2

2 .

9. Se dau vectorii u = 3i + 4j, v = i + 2j, w = 2i + 2j. Aflati parametrii reali a si b astfel ıncat au + bv = w.(5 pct.)

a) a = 2, b = 0; b) a = b = 1; c) a = b = −1; d) a = 0, b = 1; e) a = −2, b = −1; f) a = 1, b = −1.

Solutie. Egalitatea din enunt se rescrie

au + bv = w ⇔ 2i + 2j = a(3i + 4j) + b(i + 2j) ⇔ (3a + b)i + (4a + 2b)j = 2i + 2j.

Din unicitatea descompunerii unui vector dupa baza {i, j}, identificand coeficientii vectorilor i, j, obtinem

sistemul liniar{

3a + b = 24a + 2b = 2 ın necunoscutele a, b ∈ R, a carui solutie unica este a = 1, b = −1. Alta

solutie. Se observa cu ochiul liber ca u− v = w, deci w = 1 · u + (−1) · v. Coeficientii vectorilor u si v nusunt poportionali ( 3

1 6= 42 ), deci acesti doi vectori sunt liniar independenti. Prin urmare, descompunerea

semnalata este unica, iar deci cei doi coeficienti ai descompunerii (1 = a si −1 = b) sunt singurele valoricare satisfac conditia din enunt.

10. Fie M multimea solutiilor ecuatiei 1+cos x− sin2 x = 0, care apartin intervalului [0, π2 ]. Atunci: (5 pct.)

a) M = {0}; b) M = {π2 }; c) M = { 3π

4 }; d) M = {π3 , π

6 }; e) M = {π6 }; f) M = {π

3 }.Solutie. Folosind formula trigonometrica fundamentala sin2 x + cos2 x = 1, ecuatia se rescrie

cos2 x + cosx = 0 ⇔ cosx(cosx + 1) = 0 ⇔ cosx ∈ {−1, 0}.

Varianta cos x = −1 nu are solutii ın intervalul [0, π2 ], pe cand varianta cos x = 0 admite solutia care

apartine acestui interval x = π2 . Prin urmare M = {π

2 }.11. Daca m = sin 105◦ + sin 75◦, atunci: (5 pct.)

a) m = 1; b) m = −2; c) m =√

6−√22 ; d) m =

√6+√

22 ; e) m =

√6

2 ; f) m =√

22 .

Solutie. Folosim formula sin(α+β) = sin α cos β+sin β cosα, pentru cei doi termeni ai sumei m. Obtinem

m = sin(60◦ + 45◦) + sin(30◦ + 45◦) = sin 60◦ cos 45◦ + sin 45◦ cos 60◦ + sin 30◦ cos 45◦ + sin 45◦ cos 30◦

=√

22

(√3

2+

12

+12

+√

32

)=√

22

(√

3 +√

2) =√

6 +√

22

.

Alta solutie. Folosim formula sin α + sin β = 2 sin α+β2 cos α−β

2 pentru α = 105◦ si β = 75◦. Obtinemm = 2 sin 90◦ · cos 15◦. Folosind formula cos2 α

2 = 1+cos α2 pentru α = 30◦, rezulta cos2 15◦ = 1+cos 30◦

2 =1+

√3

22 = 2+

√3

4 . Dar cos 15◦ > 0, deci cos 15◦ =√

2+√

34 =

√2+√

32 . Aplicam formula

√a±

√b =√

a+c2 ±

√a−c2 (c =

√a2 − b), varianta cu plus, pentru a = 2, b = 3 si obtinem c =

√22 − 3 = 1 si

√2 +

√3 =

√2+12 ±

√2−12 =

√3+1√2

. Deci cos 15◦ =√

2+√

32 =

√3+1

2√

2, iar m = 2 cos 15◦ = 2

√3+1

2√

2=

√6+√

22 .

12. Calculati cateta unui triunghi dreptunghic isoscel a carui arie este 18. (5 pct.)

a) 4; b) 2; c) 4√

2; d) 6; e) 2√

2; f) 1.

Solutie. Notand cu c lungimea celor doua catete egale ale unui triunghiului dreptunghic isoscel si cu S

aria acestuia, are loc relatia S = c2

2 . Inlocuind aria data, obtinem 18 = c2

2 ⇒ c = 6. Alta rezolvare. Douatriunghiuri identice cu cel din enunt, ”lipite” de-a lungul ipotenuzei lor formeaza un patrat de latura c siarie 2 · 18 = 36. Deci cateta triunghiului privita ca latura a patratului este de lungime c =

√36 = 6.

13. Fie A(2, 1), B(0, 3) si C(3, 4). Atunci aria triunghiului ABC este: (5 pct.)

a)√

2; b) 8; c) 2√

2; d) 1; e) 4; f) 2.


Solutie. Notand cu S aria triunghiului ABC, putem folosi formula cu determinant,

S =12abs (

∣∣∣∣∣∣


∣∣∣∣∣∣) =

12abs (

∣∣∣∣∣∣

2 1 10 3 13 4 1

∣∣∣∣∣∣) =

12abs (−8) = 4.

14. Aflati valoarea lui m ∈ R pentru care punctul A(1,m) apartine dreptei de ecuatie 2x + y = 1. (5 pct.)

a) m = −1; b) m = 12 ; c) m = −2; d) m = 0; e) m = 3

2 ; f) m = 1.

Solutie. Inlocuind coordonatele punctului A ın ecuatie, obtinem 2 · 1 + m = 1 ⇔ m = −1.

15. Distanta de la punctul A(1, 2) la dreapta de ecuatie x− y − 2 = 0 este: (5 pct.)

a) 1; b) 12 ; c) 3

√2

2 ; d)√

22 ; e)

√3; f) 7

2 .

Solutie. Folosim formula distantei d de la punctul A(xA, yA) la dreapta de ecuatie ax + by + c = 0,

d =|a · xA + b · yA + c|√

a2 + b2=|1 · 1 + (−1) · 2 + (−2)|√

12 + (−1)2=| − 3|√

2=

3√

22

.

Alta solutie. Distanta ceruta este cea dintre A si proiectia B a lui A pe dreapta data. Aflam B intersectanddreapta data y = x− 2 a carei panta este m = 1 cu dreapta ce trece prin A de panta − 1

m = −1 si care aredeci ecuatia y− 2 = (−1) · (x− 1). Sistemul celor doua ecuatii are drept solutie coordonatele punctului B:

{y = x− 2

y − 2 = −x + 1⇔

{y = x− 2

y = −x + 3⇔

{2x = 5

2y = 1⇔

{x = 5

2

y = 12 ,

deci distanta ceruta este√

(xB − xA)2 + (yB − yA)2 =√

( 52 − 1)2 + ( 1

2 − 2)2 =√

92 = 3√

2= 3

√2

2 .

16. Sa se determine valoarea lui m ∈ R astfel ıncat dreapta de ecuatie mx + 2y + 4 = 0 sa fie paralela cudreapta 9x + 6y − 1 = 0. (5 pct.)

a) m = 1; b) m = 3; c) m = − 32 ; d) m = 3

4 ; e) m = 4; f) m = −1.

Solutie. Dreptele sunt paralele d.n.d. rapoartele coeficientilor corespunzatori sunt egale, dar diferite deraportul termenilor liberi. Aceasta conditie se scrie ın cazul nostru m

9 = 26 6= 4

−1 , ın care ultima inegalitateeste satisfacuta, iar egalitatea din stanga conduce la m = 2·9

6 = 3, deci m = 3.

17. Aflati simetricul B al punctului A(1, 2) fata de dreapta de ecuatie x− y = 0. (5 pct.)

a) B(−1,−5); b) B(3, 4); c) B(2, 1); d) B(1, 0); e) B(2, 2); f) B(0, 1).

Solutie. Fie B(a, b) simetricul cautat. Cerem ca mijlocul M(a+12 , b+2

2 ) al segmentului AB sa se afle pedreapta data si panta m = 1 a dreptei date y = x si panta m′ = yB−yA

xB−xA= b−2

a−1 a dreptei AB sa verificeconditia de ortogonalitate m ·m′ = −1. Cele doua conditii au forma

{a+12 − b+2

2 = 0b−2a−1 = −1

⇔{

a− b = 1

a + b = 3⇔

{a = 2

b = 1,

deci punctul cautat este B(2, 1). Alta solutie. Aflam ın prealabil proiectia C(u, v) a punctului A pedreapta, intersectand dreapta data, cu dreapta care trece prin A de panta − 1

m , unde m = 1 este pantadreptei date si care are deci ecuatia y − yA = − 1

m (x − xA ⇔ y − 2 = (−1)(x − 1). Obtinem sistemul

ale carui solutii sunt coordonatele punctului C,{

x− y = 0y = −x + 3 ⇔ x = y = 3

2 , deci C( 32 , 3

2 ). Dar

C este mijlocul segmentului AB, deci satisface conditiile xC = xA+xB

2 , yC = yA+yB

2 , care se rescriuxB = 2xC − xA = 3− 1 = 2, yB = 2yC − yA = 3− 2 = 1. Prin urmare avem B(2, 1).

18. Se considera triunghiul ABC cu laturile AC = 5, BC = 10 si C = 60◦. Atunci marimea laturii AB este:(5 pct.)

a) 5√

3; b) 3√

3; c)√

3; d) 5; e) 2√

3; f) 4√

3.

Solutie. Aplicam teorema cosinusului, obtinem

AB2 = AC2 + BC2 − 2 ·AC ·BC · cos C = 52 + 102 − 2 · 5 · 10 · cos 60◦ = 125− 100 · 12

= 75,


deci AB =√

75 = 5√

3. Alta solutie. Notand cu M millocul laturii BC, se observa ca CM = CA(deci ACM triunghi isoscel), iar unghiul din care pleaca laturile egale este C = 60◦. Celelalte douaunghiuri egale rezulta tot de 60◦, deci ACM triunghi echilateral. Atunci avem AM = AC = AB,deci ın cercul de centru M si raza AM , unghiul A subantinde un arc capabil de 180◦, deci este unghidrept. Prin urmare ABC este triunghi dreptunghic cu A = 90◦, si din teorema lui Pitagora rezultaAB =

√BC2 −AC2 =

√100− 25 =

√75 = 5

√3.


Documents

Teste politehnica admitere