Pregătire cu un profesor

Universitatea Alexandru Ioan Cuza din Ia³i Admitere - studii de licenμ
Facultatea de Informatic Sesiunea Septembrie 2025
Subiecte la MATEMATIC
Se acord 10 puncte din ociu. Timpul efectiv de lucru este de 3 ore.
SUBIECTUL I (30 de puncte)
Pentru itemii de mai jos, scrieμi pe foaia de examen litera corespunz toare r spun-
sului corect.
5p 1. Valoarea num rului complex 1 + i + i2 + : : : + i2025 este:
A. 1 + i B. 0 C. i D. 1 + i:
5p 2. Se consider funcμia bijectiv f : R ! R; denit prin f(x) = x3 + 2x  3, ce are inversa
g : R ! R: Atunci g(0) este:
A. 2 B. 0 C. 1 D. 3.
5p 3. Se consider în mulμimea numerelor complexe urm toarea ecuaμie: 3  z = jzj2  i. Atunci
num rul soluμiilor ecuaμiei este egal cu:
A. 2 B. 1 C. 4 D. 0:
5p 4. Se consider mulμimea M2(f1; 0; 1g) a tuturor matricelor p tratice de ordinul 2, cu elemente
din mult, imea f1; 0; 1g. Atunci probabilitatea ca o matrice aleas aleator din aceast mulμime
s e simetric este:
A. 1
9 B. 2
3 C. 1
3 D. 2
9 .
5p 5. În sistemul cartezian de coordonate xOy se consider punctele A(1; 3); B(5; m); C(2; 1) ³i
D(1; 1), m 2 R: Determinaμi m 2 R astfel încât dreptele AB ³i CD s e perpediculare.
A. m = 1 B. m = 9 C. m = 3 D. m = 3.
5p 6. Fie triunghiul ABC, cu laturile AB = 4; AC = 11, respectiv BC = 9. Atunci sinusul
unghiului B este egal cu:
A. 1
p2 B. 2p2
3 C. 1
p3 D. 
p8
3 .
SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)
1. Se consider mulμimea matricelor G =
ß
A(x) =
Å1 + 2x x
4x 1  2x
ã
x 2 R
™
 M2(R).
5p a) S se arate c A(x)  A(y) = A(x + y); 8x; y 2 R:
5p b) S se arate c mulμimea G formeaz un grup abelian în raport cu înmulμirea matricelor.
5p c) Calculaμi
Å3 2
8 5
ã2025
:
2. Se consider polinomul f = X3 + mX2 + X  p; unde m; p 2 R, cu r d cinile x1; x2; x3 2 C;
matricea A =
Ñx2
1 x1 1
x2
2 x2 1
x2
3 x3 1
é
, ³i ³irul (sn)n2N denit prin sn = xn
1 + xn
2 + xn
3 :
5p a) S se arate c AT  A =
Ñ s4 s3 s2
s3 s2 s1
s2 s1 s0
é
:
5p b) S se determine s3 în funcμie de parametrii m ³i p.
5p c) S se arate c x1; x2; x3 2 R dac ³i numai dac det(AT  A)  0:

Subiect · pagina 2

SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte)
1. Se consider funcμia f : R ! R; f(x) = px2 + 2x + 3  a(x + 1); unde a este un num r real.
5p a) S se calculeze f 00(x):
5p b) S se determine num rul real a pentru care tangenta la gracul funcμiei f în punctul de
abscis x = 2, situat pe gracul funct, iei f, este paralel cu axa Ox.
5p c) Ar taμi c , pentru orice a 2 R, gracul funcμiei f admite asimptot spre +1:
2. Se consider ³irul (an)n2N denit prin an = 1
2  3
4  5
6  : : :  2n  1
2n  p2n + 1 ³i ³irul (In)n2N;
denit prin I0 =
Z 
2
0
1dx, In =
Z 
2
0
(cos x)ndx; n  1.
5p a) Folosind metoda integr rii prin p rμi, s se arate c In = n  1
n In2; 8n 2 N; n  2:
5p b) Demonstraμi c I2n+1 = 2  4
3  6
5  : : :  2n
2n  1  1
2n + 1 ; 8n 2 N.
5p c) Ar tând eventual c are loc (an)2 = 2
  I2n
I2n+1
; 8n 2 N; s se demonstreze c lim
n!1
an =
… 2
 :

Deschide documentul original

Barem · 3 pagini

Barem · pagina 1

Universitatea “Alexandru Ioan Cuza” din Iaşi Admitere - studii de licenţă
Facultatea de Informatică Sesiunea Septembrie 2025
Barem de corectare la MATEMATICĂ
• Se acordă 10 puncte din oficiu.
• Pentru orice soluţie corectă, chiar diferită de cea din barem, se acordă un punctaj corespunzător.
• Observaţii privind SUBIECTUL I:
- În cazul în care la o întrebare pe foaia de examen sunt mai multe răspunsuri (exemplu: "A.", "B."), niciunul
dintre ele nu se punctează.
- În cazul în care la o întrebare răspunsul nu este clar (exemplu: se scrie un caracter similar şi cu "B." şi cu
"D."), răspunsul nu se punctează.
- În cazul în care la o întrebare răspunsul final nu este corect dar există justificări parţial corecte, punctajul
se calculează conform baremului afişat.
SUBIECTUL I (30 de puncte)
1. Răspuns corect: D. 5p
Folosind că i2 = 1; i3 = i; i4 = 1, putem deduce că i2024 = (i4)506 = 1, respectiv i2025 = i  i2024 = i: 3p
Aşadar avem 1 + i + i2 + i3 + : : : + i2024 + i2025 = 1 + i  i  1 + : : : + 1 + i = 1 + i: 1p
2. Răspuns corect: C. 5p
Cum g este inversa funcţiei f, are loc (f  g)(x) = (g  f)(x) = x; 8x 2 R. 1p
Deci pentru x = 0 avem (f  g)(0) = f(g(0)) = 0, adică g(0) este soluţie a ecuaţiei f(x) = 0. Se poate
observa că unica soluţie este x = 1 (în timp ce celelalte două rădacini ale polinomului f nu sunt reale).
3p
3. Răspuns corect: A. 5p
Fie z 2 C; z = a + ib; a; b 2 R: Atunci din 3  z = jzj2  i obţinem 3  a  a2  b2 + i(1  b) = 0 2p
Aşadar, vom obţine următoarele relaţii: 3  a  a2  b2 = 0 şi 1  b = 0. De unde avem că b = 1, în
timp ce a verifică ecuaţia a2 + a  2 = 0, ce are două rădăcini reale distincte a1 şi a2. Aşadar, numărul
soluţiilor ecuaţiei 3  z = jzj2  i este egal cu 2.
2p
4. Răspuns corect: C. 5p
O matrice de ordin 2 are 4 elemente. Fiecare poate fi ales din mulţimea f1; 0; 1g deci
jM2(f1; 0; 1g)j = 34 = 81:
2p
O matrice de 2  2 simetrică poate fi scrisă în forma  a b
b d
, unde a; b; d 2 f1; 0; 1g:
Aşadar, numărul matricelor simetrice este: 3  3  3 = 27, deci probabilitatea cerută este: 27
81 = 1
3 . 2p
5. Răspuns corect: B. 5p
Dreptele AB şi CD sunt perpendiculare dacă mAB  mCD = 1: 1p
Cum mAB = yB  yA
xB  xA
, avem că mAB = m  3
4 , iar mCD = yD  yC
xD  xC
=  2
3 . 2p
Deci dreptele AB şi CD sunt perpediculare dacă m  3
4 
Å
 2
3
ã
= 1 ) m = 9: 1p
6. Răspuns corect: B. 5p
Din teorema cosinusului avem că cos B = a2 + c2  b2
2ac , unde a = BC; b = AC; c = AB:
Deci cos B = 81 + 16  121
2  9  4 = 1
3 . 2p
Folosind relaţia sin2 B = 1  cos2 B, avem sin2 B = 8
9 . Cum sin B > 0; obţinem sin B = 2p2
3 : 2p

Barem · pagina 2

SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)
1.a) Fie x; y 2 R. Prin calcul direct se observă că A(x)A(y) =
Ü
1 + 2(x + y) (x + y)
4(x + y) 1  2(x + y)
ê
= A(x+y). 5p
1.b) Conform punctului a), cum x + y 2 R; rezultă că G este parte stabilă a mulţimii M2(R) faţă de
operaţia de înmulţire.
1p
Asociativitatea: Pentru orice x; y; z 2 R; avem (A(x)  A(y))  A(z) = A(x)  (A(y)  A(z)), deoarece
(A(x)A(y))A(z) = A(x+y)A(z) = A((x+y)+z) = A(x+(y+z)) = A(x)A(y+z) = A(x)(A(y)A(z)).
1p
Comutativitatea: Se arată uşor că pentru orice x; y 2 R; avem A(x)  A(y) = A(y)  A(x) (folosind
punctul a) şi comutativitatea operaţiei de adunare pe R):
1p
Existenţa elementului neutru: Cum A(0) = I2, rezultă că A(0) este element neutru. 1p
Simetrizabilitatea elementelor: Fie x 2 R: Atunci A(x) este simetrizabil dacă există x0 2 R astfel încât
A(x)  A(x0) = A(x0)  A(x) = A(0) , A(x + x0) = A(x0 + x) = A(0) , x0 = x: Deci (G; ) formează o
structură de grup abelian.
1p
1.c) Se poate observa că
Ü
3 2
8 5
ê
=
Ü
1 + 2(2) (2)
4(2) 1  2(2)
ê
= A(2): 2p
Deci, conform punctului a) avem A(2)2025 = A(2)  A(2)  : : :  A(2) = A(2025(2)) = A(4050): 3p
2.a) Se verifică prin calcul direct. 5p
2.b) Cum x1; x2; x3 sunt rădăcinile polinomului f, acestea satisfac x3
1+mx2
1+x1p = 0; x3
2+mx2
2+x2p = 0;
x3
3 + mx2
3 + x3  p = 0. Adunând relaţiile de mai sus avem s3 = m(x2
1 + x2
2 + x2
3)  (x1 + x2 + x3) + 3p.
Deci s3 = ms2  s1 + 3p.
2p
Cum s2 = x2
1 + x2
2 + x2
3 = (x1 + x2 + x3)2  2(x1x2 + x1x3 + x2x3); din relaţiile lui Viète obţinem
s2 = (m)2  2  1, respectiv s1 = x1 + x2 + x3 = m:
2p
Aşadar, s3 = m(m2  2)  (m) + 3p = m(m2  3) + 3p: 1p
2.c) ): Fie x1; x2; x3 2 R. Atunci det(A) 2 R. Deci det(AT  A) = det(AT )  det(A) = (det(A))2  0: 1p
(: Ştim că det(AT  A) = (det(A))2  0; arătăm că x1; x2; x3 2 R:
Se poate arăta că det A = (x1  x2)(x1  x3)(x2  x3); deci vom avea ((x1  x2)(x1  x3)(x2  x3))2  0:
Presupunem prin reducere la absurd că polinomul f nu are toate rădăcinile reale. Cum grad(f) = 3 şi
coeficienţii sunt reali, putem presupune că x1 = a + ib; x2 = a  ib; x3 2 R; a; b 2 R; b 6 = 0. Din relaţiile
lui Viète avem că x3 = m  (x1 + x2) = m  2a.
2p
Deci ((x1  x2)(x1  x3)(x2  x3))2 = (2ib(m + 3a + ib)(m + 3a  ib))2 = 4b2((m + 3a)2 + b2)2 < 0,
contradicţie deoarece det(AT  A)  0. Aşadar f are toate rădăcinile reale.
2p

Barem · pagina 3

SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte)
1.a) Calculul f0(x) = x + 1
px2 + 2x + 3  a. 2p
Aşadar, f00(x) = 2
(x2 + 2x + 3)px2 + 2x + 3 : 3p
1.b) Tangenta la graficul unei funcţii f într-un punct (x0; f (x0)) are panta egală cu derivata, m = f0(x0).
Deci tangenta la graficul funcţiei f în punctul de abscisă x0 = 2, situat pe graficul funcţiei f, este
paralelă cu axa Ox dacă şi numai dacă f0(2) = 0:
2p
Cum f0(x) = x + 1
px2 + 2x + 3  a pentru orice a 2 R, avem f0(2) = 1
p4  4 + 3  a =  1
p3  a:
Deci a =  1
p3 . 3p
1.c) Dacă a = 1, lim
x!+1
Äpx2 + 2x + 3  a(x + 1)ä = lim
x!+1
2
px2 + 2x + 3 + (x + 1) = 0. Atunci dreapta
y = 0 este asimptotă orizontală spre +1.
2p
Dacă a 6 = 1, avem m = lim
x!+1
f(x)
x = 1  a şi n = lim
x!+1(f(x)  mx) = lim
x!+1(px2 + 2x + 3  x  a) =
lim
x!+1(px2 + 2x + 3  (x + 1) + 1  a) = 1  a:
2p
Astfel, funcţia admite asimptota oblică spre +1: y = (1  a)(x + 1). 1p
2.a) Avem In =
Z 
2
0
(cos x)n1(sin x)0dx = (n  1)
Z 
2
0
(cos x)n2 sin2 xdx = (n  1)In2  (n  1)In: Astfel
obţinem relaţia de recurenţă cerută.
5p
2.b) Se demonstrează folosind punctul a) şi principiul inducţiei matematice. 5p
2.c) Folosind punctul a) găsim că I2n = 1
2  3
4  : : :  2n  1
2n  
2 ; 8n 2 N.
Deci I2n = 1
2  3
4  : : :  2n  1
2n  p2n + 1  1
p2n + 1  
2 = an
p2n + 1  
2 .
1p
Pe de altă parte, din punctul b) avem I2n+1 = 2
1  4
3  : : :  2n
2n  1  1
p2n + 1  1
p2n + 1 = 1
an  p2n + 1 : 1p
Aşadar, I2n
I2n+1
= an
p2n + 1  
2  an  p2n + 1 = a2
n  
2 . Deci a2
n = 2
  I2n
I2n+1
; 8n 2 N: 1p
Pe de altă parte, se poate arăta uşor că (In)n2N este strict descrescător şi că In > 0.
Atunci 0 < In+1 < In ) 1 < In
In+1
= In
n
n+1 In1
< n + 1
n . Aşadar, lim
n!1
I2n
I2n+1
= lim
n!1
In
In+1
= 1:
1p
Concluzionând, lim
n!1an = lim
n!1
… 2
  I2n
I2n+1
=
… 2
 . 2p

Deschide documentul original

Continuă pregătirea

Vezi arhiva completă

Examen de admitere · 2025Informatică · Sesiunea iulieDeschide fișa Examen de admitere · 2025Matematică · Sesiunea iulieDeschide fișa Examen de admitere · 2025Informatică · Sesiunea septembrieDeschide fișa Examen de admitere · 2026Informatică · Sesiunea iulieDeschide fișa Examen de admitere · 2026Matematică · Sesiunea iulieDeschide fișa Examen de admitere · 2024Informatică · Sesiunea iulieDeschide fișa

Răspunsuri directe

Ce trebuie să știi despre acest subiect?

Ce document de admitere este acesta?

Pagina prezintă examen de admitere din 2025 pentru Matematică, la Facultatea de Informatică. Documentul este etichetat după instituție, facultate, program și tipul probei folosind inventarul public verificat. Consultă metodologia actuală a instituției pentru condițiile examenului viitor.

Există și barem sau răspunsuri pentru acest subiect?

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

Cum folosesc acest subiect în pregătirea pentru admitere?

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

Pregătire cu un profesor

Subiect și barem

Examen de admitere · Matematică · 2025

Despre acest subiect

Subiectul și baremul în format text

Subiect · pagina 1

Subiect · pagina 2

Barem · pagina 1

Barem · pagina 2

Barem · pagina 3

Alte subiecte de la aceeași facultate

Ce trebuie să știi despre acest subiect?