Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Editura Ministerul… [621766]

Licență

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Editura Ministerul… [621766]

Byadmin ianuarie 1, 2024

MINISTERUL A FACERILOR INTERNE

ACADEMIA DE POLIȚIE
„Alexandru Ioan Cuza ”
FACULTATEA DE POMPIERI

ALGEBR Ă
ȘI ELEMENTE DE
ANALIZĂ MATEMATICĂ

Rezolvarea subiectelor date la concursul de
admitere
Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ”
Facultatea de Pompieri
2006 – 2016

Editura Ministerul ui Afacerilor Interne
2016

Emanuel DARIE Coordonator:
Valentin UBAN

Garibald POPESCU

Cristian DAMIAN

*Col. conf. univ. dr. ing. – Facultatea de Pompieri
I **Col. dr. ing. – Inspectoratul General pentru
Situații de Urgență
Coordonator: Valentin UBAN
Garibald POPESCU* Emanuel DARIE* Cristian DAMIAN**

ALGEBRĂ
ȘI ELEMENTE DE
ANALIZĂ MATEMATICĂ

Rezolvarea subiectelor date la concursul de
admitere
Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ”
Facultatea de Pompieri
2006 – 2016

ISBN: 978-973-745-167-5
Colecția

București
Editura Ministerului Afacerilor Interne
2016

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cu za”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016

II

CUV ÂNT ÎNAINTE

Demersul realizării unui volum care să cuprindă rezolvarea subiectelor de la
disciplina „Algebră și Elemente de Analiză Matematică ” date la concursul de
admitere la Facultatea de Pompieri din cadrul Academiei de Poliție „Alexandru Ioan
Cuza ” a pornit de la necesitatea existenței unui cadru real de verificare a candidaților
la concursul de admitere.
Experiența didactică a autorilor a rată că , în special la această disciplină se
impune o pregătire în condiții reale a concursului, această lucrare oferind posibilitatea
rezolvării subiectelor și în consecință testarea candidaților în timpul alocat.
Deși rezolvarea acestor subiecte de tip grilă nu poate înlocui pregătirea
fundamentală teoretică și aplicativă la disciplina „Algebră și Elemente de Analiză
Matematică ” a viitorilor studenți, acestea pot constitui un suport real de abordare a
problemelor propuse, mai ales că subiectele sunt rezo lvate în întregime, unele chiar
prin mai multe metode.
Având în vedere faptul că se reunesc în lucrare rezolvările subiectelor date la
concursul de admitere în perioada 2006 -2016, considerăm că studierea cu atenție a
acesteia reprezintă în sine o modalita te solidă de aprofundare a tuturor capitolelor
necesare atacării cu succes a unui examen de „Algebră și Elemente de Analiză
Matematică ”.
Lucrarea este de un real folos viitorilor candidați la concursul de admitere la
Facultatea de Pompieri , fiind prima de acest tip realizată de un colectiv de cadre
didactice și specialiști ai Inspectoratului General pentru Situații de Urgență.
De asemenea, parcurgerea lucrării poate fi utilă tuturor candidaților la
concursul de admitere în învățământul superior tehnic civ il și militar.

Octombrie 2016 Autorii

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016

III
CUPRINS
1. Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri, 2006………………………………
1
2. Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri , 2007………………………………
10
3. Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri, 2008………………………………
16
4. Rezolvarea subiectelor dat e la concursul de admitere – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri , 2009………………………………
23
5. Rezolvarea subiectelor date la concursul de – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri , 2010………………………………
31
6. Rezol varea subiectelor date la concursul de admitere – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri , 2011………………………………
38
7. Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompier i, 2012………………………………
46
8. Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri , 2013………………………………
57
9. Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere – Academia de Poliție
„Alexandru Io an Cuza ” Facultatea de Pompieri , 2014………………………………
65
10. Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri , 2015………………………………
88
11. Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri , 2016………………………………
103
12. Bibliografie…………………………………………………………………… 119

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2006

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 1 2006
1. Soluțiile ecuației
lg100xxx (unde
) log lg10x x sunt:
a)
2 110,10 ; b)
2,1 ; c)
10,1 ; d)
3,2 ; e)
100,10 ; f)
2,1 .

Soluție:
Domeniul de definiție este dat de:
0x
,
1x
1\),0(x . (1)
Atunci:
x xx100lg

x xx100lg lglg

x x x lg 10lg 100lg)(lg2 2



x x lg2)(lg2

02 lg)(lg2x x
. (2)
Notăm:
x ylg

022y y
, (3)
care admite soluțiile
2 lgx

2
1 10 100x
și
1 lgx
1
210x . (4)
Răspunsul corect este a).

2. Ecuația
1223 3 3 xx xx are soluția :
a)
1x ; b)
0x ; c)
2x ; d)
1x ; e)
32x ; f)
2x .

Soluție:
Domeniul de definiție: ecuația admite soluții în
.R
Avem că:
1223 3 3 xx xx


102 23 3 3 xx xx . (5)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2006

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 2 2006
Se observ ă că, în mod unic, avem s imultan:
223 3xx
și
823xx . (6)
Din cea de -a doua ecuație rezultă:
0 102x x
(7)
sau
02 83 x x

0)52 )(2(2 x x x
. (8)
Singura soluție reală este
2x .
Răspunsul corect este c).

3. Să se calculeze partea imaginară a numărului complex
iiz11 .
a)
1 Imz ; b)
iz Im ; c)
i z Im ; d)
1 Imz ; e)
z zRe Im ; f)
0 Imz .

Soluție:
Deoarece:
ii
ii
ii
ii
iiz 22
1)1(
11
11
11
22
z iz Im Re
. (9)
Răspunsul corect este a).
4. Să se calculeze
1 21arcsin)2 (lim22

 xx
x .
a) 0; b)1; c)
 ; d)
21 ; e) 2; f) nu există.
Soluție:
Deoarece:
21
1 22lim
1 21)1 2(1 21arcsin)2 (
lim1 21arcsin)2 (lim22
2222
)0(
22


 
 xx
xxxx
xx
x x x
. (10)
Răspunsul corect este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2006

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 3 2006
Pentru rezolvare s -au utilizat :
1)()( arcsinlim
0
 xuxu
x
sau
1
)(1)(1arcsin
lim 

xuxu
x . (11)
5. Termenul al cincilea al unei progresii geometrice în care
3848b și rația
2q
este:
a)
485b ; b)
1925b ; c)
365b ; d)
5b 46; e)
1285b ; f)
725b .
Soluție:
Termenul general al unei progresii geometrice este :
1
1n
n qb b
. (12)
Atunci:
7
1 8 qbb

7
12 384b
7 12384b
. (13)
Rezultă:
48238422384234
74
1 5 b b
. (14)
Răspunsul corect este a).

6. Fie
0\)2,2(:f
R ,
2 24 ln)( x x xf  . Suma valorilor extreme ale
funcției
f este:
a)
2ln4 ; b)
2 ; c)
21 ; d)
2 ; e)
2ln2 ; f) 0.
Soluție:
Valorile extreme se calculează utilizând derivata întâi:
 0) 4()] 4([) 4( ln)(2 2' 2 2'2 2 'x xx xx x xf

0 483x x

0) 2(42x x
. (15)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2006

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 4 2006
Rezultă:
,01x
22x
,
23x . (16)
Atunci:
23 4ln2 f x f x
. (17)
Răspunsul c orect este a).
7. Valoarea determinantului
ca bc abc b aac
cb
ba , pentru care
0\ ,, Rcba este:
a)
) )( )( ( accbba  ; b)
) ( cbaabc ; c)
abc ; d)
) )( )( ( accbba  ; e) 0;
f)
) ( cabcababc  .

Soluție:
Utilizând regula lui Sarrus pentru desc ompunerea determinantului, rezultă:

ca bc abc b aac
cb
ba
 ccbbc
acbbaccbbaaccbaacbba

 accba
2 2 2 2 2 2cbaccbbacbac

) )( )( ( accbba  . (18)
Răspunsul corect este a).
8. Asimptotele funcției
R Rf0\: ,
xexfx
)( sunt:
a)
1x asimptotă verticală și
0y asimptotă orizontală;
b)
0x asimptotă verticală și
xy asimptotă oblică;

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2006

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 5 2006
c)
0y asimptotă orizontală și
1xy asimptotă oblică;
d)
0x asimptotă verticală;
e)
ex asimptotă verticală și
1y asimptotă orizontală;
f)
e x1 asimptotă verticală.

Soluție:
În concordanță cu modul de definire al funcției:
R Rf0\:
, (19)
rezultă că
0x
, (20)
este asimptotă verticală a f uncției din text.
Determinăm asimptotele orizontale:

0 lim lim lim)( lim''0
   
 



 x
xx
xx
x xe
xe
xexf y
; (21)

   
 



 x
xx
xx
x xe
xe
xexf y lim lim lim)( lim''
. (22)
Determinăm asimptotele oblice:
0 lim)(lim2 
  xe
xxfmx
x x
; (23)
 
 2lim)(limxe
xxfmx
x x
. (24)
Atunci:
 0)( lim )( lim   
 xf mxxf n
x x
. (25)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2006

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 6 2006
Funcția nu admite asimptote oblice.
Răspunsul corect este d).

9. O primitivă a funcției
R Rf: ,


0 ,30 ,)(2xxxxexfx , este :
a)


0 ,0 ,1)1()(3x xx xexFx ; b)


0 ,0 ,)1()(3x xx xexFx ;
c)

 
0 ,0 ,1)1()(3x x xx xexFx ; d)

 
0 ,10 ,1)1()(3x xx xexFx ;
e)


0 ,0 ),1()(3x xx xexFx ; f)


0 ,0 ,1)1()(2x xx xexFx .

Soluți a nr. 1 :
O primitivă a funcției:
R Rf:
,


0 ,30 ,)(2xxxxexfx , (26)
este

 
0 ,0 , )1()(
231
x cxx c xexFx
, (27)
care admite o dublă infinitate de soluții.
Deoarece o funcție este integrabilă da că și numai dacă este derivabilă. O
funcție este derivabilă dacă și numai dacă aceasta este continuă .
Atunci:

0 ,0 ,1)0(
21
x cx cF
. (28)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2006

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 7 2006
Pentru valoarea
0x , rezultă:
2 11c c
. (29)
Se observă că pentru:
02c
, (30)
rezultă
11c
. (31)
Atunci:


0 ,0 ,1)1()(3x xx xexFx
. (32)
Răspunsul corect este a).

Soluți a nr. 2 :
O primitivă a funcției:
R Rf:
,


0 ,30 ,)(2xxxxexfx , (33)
este

 
0 ,0 , )1()(
231
x cxx c xexFx
, (34)
care admite o dublă infinitate de soluții.
Deoarece o funcție este integrabilă dacă și numai dacă este derivabilă. O
funcție este derivabilă dacă și numai dacă ace asta este continuă .
Atunci:

0 ,0 ,1)0(
21
x cx cF
. (35)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2006

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 8 2006
Pentru valoarea
0x , rezultă:
2 11c c
. (36)
Dacă :
c c2
, (37)
respectiv
cc1
, (38)
atunci

 
0 ,0 ,1 )1()(3x cxx c xexFx
, (39)
respectiv


0 ,10 , )1()(3x cxx c xexFx
. (40)
Se observă că pentru:
1c
, (41)
rezultă


0 ,0 ,1)1()(3x xx xexFx
. (42)
Răspunsul corect este a).

Observații:
Metoda nr . 1
Pentru calculul integralei cu
0x , s-a utilizat integrarea prin părți :
dxxe Ix
dxexx'
dxe xex x
1)1 ( c exx
, (43)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2006

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 9 2006
în care
xxf)(

1)('xf ; (44)
'')(xe xg
;
xexg)( . (45)
Metoda nr . 2
Pentru calculul integralei cu
0x , s-a utilizat substituția:
t ex
t xln
, (46)
pentru care
dt dxex
dt tdx
, (47)
Atunci int egrând prin părți:
 dxxe Ix
tdtln
1 1 )1( )1 (ln c xec ttx
. (48)

Rezolvarea s ubiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2007

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 10 2007
1. Fie funcțiile:
xxg R Rgx xf R f 5)(, : , log , ;0:2    
 . Atunci:
a)
f crescătoare și
g crescătoare ; b)
f descrescătoare și
g crescătoare;
c)
f crescătoare și
g descrescătoare; d)
f și
g au numai valori negative;
e)
f și
g au numai valori pozitive; f)
f descrescătoare și
g descrescătoare.

Soluție:
Prin definiție, funcția:
 x xf2log
, (1)
este crescătoare pe intervalul
) ,0( , iar funcția
xxg 5)(
, (2)
este crescătoare pe
R .
Răspunsul corect este a).

2. Să se rezolve ecuația:
1083 31 x x .
a)
3x ; b)
4x ; c)
2x ; d)
1x ; e) ecuația nu are soluție ; f)
5x .

Soluție:
Deoarece:
10843 108333 1083 31 x x x x x



3 3 3 27 33 xx x
. (3)
Răspunsul corect este a).

Rezolvarea s ubiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2007

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 11 2007
3. Dacă
z este o rădăcină a ecuației
05 22z z , atunci
z este:
a) 1; b) 4; c) 8; d)
5 ; e) 2; f) 5.

Soluție:
Ecuația:
05 22z z
(4)
admite soluțiile
2,1z
i21
, (5)
în care
 5 2 12 2
1 z
și
5 212 2
2 z . (6)
În concluzie:
52 1 z zz
. (7)
Răspunsul corect este d).

4. Să se calculeze

Nnmnxmx
x,,sinsinlim
0 .
a)
mn ; b) 1; c)
nm ; d) nu există; e)
nm ; f)
nm .

Soluția nr. 1:
Din text:

 nm
nxmx
nm
nx nmx m
nxmx
nxmx
x x x x  
  


 coscoslimcoscoslim
sinsinlimsinsinlim
0 0''
000
0
, (8)

Rezolvarea s ubiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2007

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 12 2007
Deoarece:
1 coslim
0
mx
x
,
)(
Nm , (9)
și
1 coslim
0
nx
x
,
)(
Nn , (10)
funcțiile
nx nx mx mx cos, sin, cos, sin
, (11)
sunt continue pe
R .
Răspunsul corect este f).

Soluția nr. 2:
Se utilizează fără demonstrație faptul că:
1sinlim
0
xx
x
. (12)
În consecință avem:
1sinlim
0
mxmx
x
și
1sinlim
0
nxnx
x
*,)( Nmn . (13)
Atunci:
nm
nxmx
nxnxnxmxmxmx
nxmx
x x x


 


 0 000
0limsinsin
limsinsinlim
. (14)
Răspunsul corect este f).

5. Termenul al ci ncilea al unei progresii geometrice
nb ,
*Nn cu primul termen
31b
și rația 2 este:
a)
48 ; b) 100 ; c) 20 ; d) 2007 ; e) 8; f) 5.

Rezolvarea s ubiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2007

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 13 2007
Soluție:
Terme nul general al unei progresii geomet rice este:
1
1n
n qb b
. (15)
Atunci termenul al cincilea este:
48 2)3(4 4
1 5  qbb
. (16)
Răspunsul corect este a).

6. Calculați
1'f dacă
 Rx arctgxx xf   ,21 .
a)
; b) 0; c)
21 ; d) 2; e) 1; f) -1.

Soluție:
Deoarece:
 2'
11
21
21
xxf arctgxx xf
. (17)
În aceste condiții:
11' f
. (18)
Răspunsul corect este e).

Soluție:
Dacă
C este o rădăcină a ecuației
012xx . Determinantul matrice i




1 11
A
este:
a) -1; b)
 ; c) 1- i; d) 2; e)
2 ; f) 0.

Rezolvarea s ubiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2007

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 14 2007
Soluție:
Deoarece
C este rădăcină a ecuației:
012xx
, (19)
rezultă că
012
. (20)
Deoarece:




1 11
A
, (21)
Atunci:
1det. ( 1) ( 1) 1 ( 1) 111A              
.012
(22)
Răspunsul corect este f).

8. Șirul cu termenul general
n nnx2 are limita:
a)
5 ; b) -1; c) 1; d) 2; e)
 ; f) 0.

Soluție:
Deoarece:
nnf)(
și
nng 2)( , (23)
sunt funcții continue și derivabile pe
R , avem
021lim2ln1
2ln21lim2lim lim  
 



 nxnxnxnxnx
. (24)
Răspunsul corect este f).

Rezolvarea s ubiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2007

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 15 2007
9. Funcția
 ,0 ,11xxxxf are primitivele:
a)
c x) 1ln(2 ; b)
cxx1ln ; c)
c arctgxx ; d)
cx ; e)
cx x  )1ln( ; f)
cx xln .
Soluție:
Din:
1 )1(1
 xB
xA
xx
, (25)
rezultă
1A
și
1B . (26)
Atunci:



  c x xxdx
xdxdxxxdxxxI 1 ln ln1 11 1
)1(1

=
xln
.1ln )1 ln( cxxc x  (27)

Răspunsul corect este b).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2008

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 16 2008
1. Să se rezolve inecuația
2)3(log2x .
a)

34, x ; b)

34,0 x ; c)
3x ; d)
1x ; e)

34,0 1,0x ; f)
1,0x .

Soluție:
Se stabilește domeniul maxim de definiție pentru func ția logaritm, definită în
text.
Condiția este dată de:
 ,0 0 0 3 x x x
. (1)
Se rezolvă ecuația din text:
2)3(log2x

4log)3(log2 2x

4 3x

34x


34, x
. (2)
Soluția ecuației este dată de:


34,034, ,0x
. (3)
Răspunsul corect este b).

2. Să se calculeze numărul:
2
66
8A CS .
a)
60S ; b)
56S ; c)
2S ; d)
58S ; e)
52S ; f)
48S .

Soluție:
2
66
8A CS


 !4!6
!2!6!8

!465!4
!2!687!6
58 3028 . (4)
Răspuns corect d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2008

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 17 2008
3. Se consideră numerele complexe
i z 221 și
i z12 . Să se calculeze modulul
numărului complex
2 1zz .
a) 10 ; b)
10 ; c)
2 ; d)
5 ; e) 1; f)
23 .

Soluție:
Conform cerinței din text:
i zzz  32 1
. (5)
Modulul numărului complex z este:
10 132 2z
. (6)
Răspuns corect b).

4. Să se calculeze
12lim2 3
1
 xx xl
x .
a) nu există ; b)
1l ; c)
l ; d)
5l ; e)
7l ; f)
3l .

Soluți a nr. 1 :
Limita din text devine:
5)2 3(lim)1()2 (lim12lim2
1'' 2 3
100
2 3
1 
 


x xxx x
xx xl
x x x
. (7)
Soluți a nr. 2 :
Limita din text devine:



00
2 3
1 12limxx xl
x
5)2 2 (lim1)2 2 )(1(lim2
12
1
 x xxx x x
x x
. (8)
Răspunsul corec t este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2008

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 18 2008
5. Să se determine numerele reale m și n astfel încât funcția
R f ),0(: ,

 
, ,,0 ,ln)(exn mxe xxxf
să fie derivabilă.
a)
em1 ,
0n ; b)
Rm ,
1n ; c)
em1 ,
1n ; d)
1m ;
1n ; e)
em1 ,
Rn ;
f)
em1 ,
2n .

Soluție:
Studiem derivabilitatea funcției în punctu l
ex .
Limita la stânga
) (ex :
 
)( lim)( xf el
exs
1 (9)
Limita la dreapta
) (ex :
nemxf el
exs  
)( lim)(
(10)
Din relațiile (9) și (10) rezultă:
1nem
. (11)
Derivata întâi este:

 

, ,,0 ,1
)(/
exme xx xf
. (12)
Atunci:
eefs1)(/
(13)
și
mefd)(/
. (14)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2008

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 19 2008
În concluzie:
em1
,
0n . (15)
Răspunsul corect este a).

6. Se consideră matricea




xxx xA ,
Rx . Să se calculeze suma elementelor
de pe diagonala principală a matricei
3A .
a)
x8 ; b)
3x ; c)
38x ; d)
24x ; e)
35x ; f) 0.

Soluție:
Cerința din text devine:












2 22
2
2 22 2
x xx x
xxx x
xxx xAA A
. (16)
.
4 44 4
2 22 2
3 33 3
2 22 2
2 3













x xx x
xxx x
x xx xAA A
(17)
Suma elementelor de p e diagonala principală a matrice i
3Aeste egală cu
28x .
Răspunsul corect este c).

7. Fie matricea





12101 132 2
A . Atunci valoarea determinantului inversei
matricei A este:
a) 1; b) -1; c) 2; d)
21 ; e) 3 ; f) 0.

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2008

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 20 2008
Soluție:
Matricea transpusă se definește ca fiind:






1 0321 21 12
TM
. (18)
Matricea adjunctă admite forma:





33 32 3123 22 2113 12 11
*
a a aa a aa a a
A






4 6 13 513 41
, (19)
pentru care s -au calculat
 11021111
11 a
; (20)
 41322121
12 a
; (21)
 3031 2131
13 a
; (22)
 1101 1112
21 a
; (23)
 5131 2122
22 a
; (24)
 30312132
23 a
; (25)
 1211 1113
31 a
; (26)
 6221 2123
32 a
; (27)
 41 212133
33 a
. (28)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2008

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 21 2008
Determinantul matricei A este:
2 2 3
det. 1 1 0 1
1 2 1A  

. (29)
În aceste condiții:
11 4 3
1 5 31 4 31 6 4 *1 5 3det. 11 6 4AAA
       
. (30)
Atunci:
11 4 3
det. 1 5 3 1
1 6 4A
   

. (31)
Răspunsul corect este b).

8. Fie funcția
R f),0(: ,
x xxf ln )( . Primitiva F a lui
f , cu proprietatea
41)1( F
, este :
a)
4ln2)(2xxxxF  ; b)
4)(2xxF ; c)
4ln2)(2xxxxF  ; d)
4ln2)(2 2xxxxF  ;
e)
)1 (ln4)(2
 xxxF ; f)
4ln2)(2 2xxxxF  .

Soluție:



dxxxxdx x xF ln2ln )('2
xxln22

 dxx21
cxxx4ln22 2
. (32)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2008

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 22 2008
Din relația (32) rezultă:
c F 41)1(
. (33)
Din text:
41)1( F
. (34)
Corelând condițiile, rezultă
0c .
Răspunsul corect este f).
Pentru calcule s -au utilizat următoarele:
x xf ln)(
;
xxf1)(' ; (35)
și
'2
'
2)(


xxg
;
2)(2xxg . (36)

9. Aria A a suprafeței mărginită de parabolele
2xy ,
32xy și de dreptele
0x
și
3x este:
a)
1A ; b)
45A ; c)
6A ; d)
3A ; e)
411A ; f)
5A .

Soluție:
Aria cerută este:



3
02
2
3dxxx A
3
02
32dxx
3
03
332x
= 6 (u.a.) (37)
Răspunsul corect este c).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2009

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 23 2009
1. Să se determine
n astfel încât
4,2,12 1
n nC C să fie termeni succesivi ai unei
progresii aritmetice.
a) 10; b) 8; c) 12 ; d) 14 ; e) 6; f) 9.

Soluție:
Se consideră termenii succesivi ai unei progresii aritmetice:
…, ,,,…1 1   k k k aa a
. (1)
Atunci avem că:
1 1 2 k k k a a a

412
1 n
nCC

2 14 4n n C C
 (2)

!)2(!2!4)!1(!4nn
nn


2)1(4 4n nn

0892n n . (3)
Ecuația admite s oluțiile:
11n
și
82n . (4)
Datorită condiției
2n impusă de text, se acceptă doar soluția
8n .
Răspunsul corect este b).

2. Soluția reală a ecuației
1 1 x x x este:
a) 1; b)
51 ; c) 2 ; d)
2516 ; e)
43 ; f) 0.

Soluția nr. 1 :
Se impun condițiile necesare și suficiente pentru stabilirea domeniului de
definiție a l radicalilor:


0 1 10 10
xxx





0 1 11,0
xx




1 11,0
xx

1,0x . (5)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2009

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 24 2009
Se consideră funcția:
)(xf
1 1 x x x
. (6)
Prin încercări se calculează:
0)1(f
;
0)51( f ;
0)2516( f ;
0)43( f ;
0)0( f . (7)
Răspuns ul corect este d).

Soluția nr. 2 :
Se impun condițiile necesare și suficiente pentru domeniul de definiție al
radicalilor:



0 1 10 10
xxx




0 1 11,0
xx




1 11,0
xx

1,0x
. (8)
Se re zolvă ecuația din text, astfel:
1 1 x x x

2 2) 1() 1 ( x x x 

xx x x  21 1



xx x x  21 1

2 2) 11()2( x x 

x x x  1 121 4



x x x  1 121 4

2 2) 12()25( x x 

x x x  144 20 252



x x x 444 20 252

0 16 252x x

0)16 25(xx
. (9)
Rezultă:
01x
, (10)
care nu se verifică și
2516
2x
, (11)
care se verifică.
Răspunsul corect este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2009

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 25 2009
3. Să se determine rădăcinile ecuației
03328 91 x x .
a)
1 și 2; b) -1 și – 2; c) 1 și -2; d)
31 și 9; e) 3 și
91 ; f) 1 și 2 .

Soluție:
Ecuația se mai scrie:
03328 91 x x

0332899 x x

03328 392x x
. (12)
Se notează:
xy3

03 28 92y y
, (13)
pentru care

ab
yy
22,1
1826 28
, (14)
de unde rezultă
31y
și
91
2y . (15)
Revenind la substituție, rezultă:
11x
și
22x . (16)
Răspunsul corect este c).
4. Să se determine m, astfel ca
1
31 31 22 01

m .
a)
2 ; b) 2; c) 1; d) -1; e) 0; f) 3 .

Soluție:
Din text a vem:
1
31 31 22 01

m

15 3m
2m
. (17)
Răspunsul corect este a).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2009

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 26 2009
5. Suma elementelor matricei X din







0101
111 2X este:
a) 2; b) 1; c) 3; d) 0; e) 4; f) 5.

Soluție:
Ecuația este de forma:
BAX
, (18)
în care




111 2A
și



0101B . (19)
Pentru :
BAX
, (20)
înmulțim cu
1A la dreapta și rezultă
1 1   AB AAX


1 ABX . (21)
Calculă m
1A . Atunci:
01111 2).(det A
. (22)
Matricea transpusă admite forma:




111 2TA
. (23)
Matricea adjunctă admite forma:






2111
22 2112 11 *
a aa aA
, (24)
în care
 11 111
11 a
; (25)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2009

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 27 2009

 1)1( 121
12 a; (26)
 1)1( 112
21 a
; (27)
 22 122
22 a
. (28)
În aceste cond iții:
111
11 12 *
12 det. 1AAA
   
. (29)
Atunci:
1 ABX






2111
0101



1111
. (30)
Atunci suma elementelor matrice i
Xeste egală cu 4.

Răspunsul corect este e).

6. Să se calculeze
11
22)2 3 (lim
x
xx x .
a) 1; b) 0; c)
e ; d)
 ; e)
21 ; f)
e1.

Soluție:
Limita este de tipul (
0 ).
Fie:
11
2 )(2)2 3 ( )( )(x xhx x xgxf
, (31)
de unde se poate scrie că
)(ln)()(xg xhexf
, (32)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2009

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 28 2009
și deci

)( lim xf
x
)(ln)( 11
2lim )2 3 (lim2 xg xh
xx
xe x x


. (33)
Atunci:

 1)2 3 ln(lim22
xx x
x

' 2' 2
)1 ())2 3 (ln(limxx x
x


' 2 2' 2
)1 (2 3)2 3 (limx x xx x
x
3223lim 02 6 4xx
x x x
. (34)
Răspunsul corect este a).

7. Fie funcția
R Rf: ,
22
)(x
exf . Să se calculeze
)1("f .
a)
e; b)
e ; c)
e1 ; d)
e2 ; e)
e2 ; f) 0.

Soluție:
Prima și a doua derivată sunt:
2 '2 '2 2
)()(x x
ex e xf 
, (35)
respectiv
2 2 '2 "2 2
) 1() ()(x x
ex ex xf 
. (36)
Atunci:
e f 2)1("
. (37)

Răspunsul corect este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2009

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 29 2009
8. Dacă
1
02)1 )(1( x xdxI , atunci :
a)
I
42ln41 ; b)
I
16ln ; c)
I
8; d)
I
22ln41 ; e)
I
82ln41 ;
f)
I
82ln21 .

Soluție:
Deoarece:
1 1 )1 )(1(1
2 2 xC Bx
xA
x x

)1 )( ()1 ( 12 xC Bx xA
, (38)
rezultă
1CA
;
0BA ;
0CB . (39)
Din:


00
CBBA



00
CBBA

0CA
. (40)
Din:


01
CACA

21CA
. (41)
Din:


210
ABA

21B
. (42)
Rezultă atunci că:
)1 (21
11
21
)1 )(1(1
2 2 xx
x x x
. (43)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2009

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 30 2009
Atunci:
1
02)1 )(1( x xdxI
1
021
0 1)1(
21
1 21
xdxx
xdx

1
021
021
0 1 21
1 21
1 21
xx
xdx
xdx


22ln
21
4212ln21 
82ln41
. (44)
Răspunsul corect este e).
Pentru calcule s -au utilizat:
1I

2ln 1 ln11
01
0xxdx ; (45)
2I
4 11
01
02 x arctgxdx
; (46)
3I
dxxx1
021

dxxx1
0212
21
dxxx1
022
1)'1 (
21
 dx x'1
02)1 ln(21

1
02)1 ln(21 x

22ln
. (47)

9. Să se determine aria domeniului din plan cuprins între graficele funcțiilor
2)(x xeexf
și
2)(x xeexg ,
]1,0[x .
a)
21 ; b)
ee1 ; c) 0; d)
ee
21 ; e) 1; f)
ee
22 .

Soluție:
Aria domeniului plan este egală cu:
1
0))()(( dxxgxf A
1
0) ( dx shx chx



  
dxee eex x x x 1
02 2

1
0dxex
dx ex'1
0) (

1
0xe

) (0 1e e
ee1
. (48)
Răspunsul corect este b).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2010

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 31 2010
1. Se consideră ecuația
022mxx cu soluțiile
1x și
2x . Să se determine
Rm
astfel în cât
42
22
1  m x x .
a)
) ,1()0, ( m ; b)
]1,(m ; c)
) ,2()0,( m ; d)
)1,0(m ;
e)
)1,1[m ; f)
) ,2(m .

Soluție:
Aplicăm relațiile lui Vièt e:
mabxx 2 1
și
22 1 acxx . (1)
Atunci:
2 12
2 12
22
1 2) ( xx xx x x

42m
4m

02m m . (2)
Se rezolvă ecuația:
02m m
, (3)
care admite rădăcinile
01x
și
12x . (4)
În aceste condiții:
02m m

)1,0(m
. (5)
Răspunsul corect este d).

2. Soluțiile ecuației
0639 x x sunt:
a)
1 și 1; b) 1; c) 2 și 3; d) -2 și 3; e) 0; f) -3 și 3.

Soluție:
Ecuația din text se poate scrie:
0639 x x

063 32x x
. (6)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2010

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 32 2010
Se notează:
yx3

062y y
. (7)
Discriminantul ecuației în
y este:
y
ac b 42
25, (8)
iar rădăcinile acesteia sunt:

251
22,1ab
yy
31y
și
22y . (9)
Revenind la substituție:
3 3x
1x
, (10)
care se acceptă și
2 3x

2log3x
, (11)
care nu se acceptă.

Răspunsul corect este b).

3. Numărul
2
54
6A Cx are valoarea:
a) 35; b) 28; c) 40; d) 11; e) 15; f) 20 .

Soluție:
2
54
6A Cx

 !3!5
!2!4!6

!354!3
!2!465!4
35 2015
. (12)

Răspunsul corect este a).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2010

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 33 2010
4. Se consideră matricea





12101 132 2
A . Să se calculeze determinantul
matricei
2A .
a) 0; b) -1; c) 2; d) -2; e) 7; f) 1.

Soluție:
Avem:















2 2 13 3 19 8 3
12101 132 2
12101 132 2
2AA A
. (13)
Atunci:
23 8 9
det. 1 3 3 1
1 2 2A
  
. (14)
Răspunsul corect este f).

5. Modulul numărului comp lex
8)1(i z este:
a) 32 ; b)
82 ; c) 16; d)
83 ; e) 1; f) 0.

Soluție:
Deoarece:
i i 2 )1(2
, (15)
atunci
8)1(i z
=
4)2(i
.16116 24 4i (16)
Răspunsul corect este c).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2010

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 34 2010
6. Fie funcția
R Rf: ,

1 , 71 ,1)(2x bxx axxf . Pentru ce valori
Rba, ,
funcția f este derivabilă pe R?
a)


42
ba ; b)
0 2ba ; c)


126
ba ; d)


60
ba ; e)


612
ba ; f)


71
ba .

Soluție:
O funcție derivabilă este o funcție continuă.
Din condiția de continuitate în punct ul:
1x
, (17)
respectiv
)1( )1(d s l l
, (18)
rezultă
6ba
. (19)
Din condiția de derivabilitate în punctul:
1x
, (20)
respectiv
)1( )1(' '
d s f f
, (21)
rezultă
b a 2
. (22)
Rezultă după calcule:
12a
,
6b . (23)

Răspunsul corect este e).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2010

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 35 2010
7. Fie
. , )(3 4Rxexxxfx Să se calculeze
).0('f
a) 0; b) 4; c) -1; d)
e1 ; e)
23e ; f)
e4 .

Soluție:
Deoarece:
xexxxf3 4)( 
, (24)
atunci
xe x xf3 3 '3 41)( 
, (25)
și
4)0(' f
. (26)
Răspunsul corect este b).

8. Să se det ermine
Rm ,
0m astfel încât
mdx ex mx 12
1ln2 .
a) 2; b) 4; c) – ln2; d) ln2 ; e) 3; f) 1.

Soluție:
Se face substituția:
xeyln

yx
. (27)
Atunci:
I
dx ex mx2
1ln2
dyy emy2
12
    dy e dy my emmy my '2
1'22
123 2
21

me emm m 1
212

022m me e
. (28)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2010

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 36 2010
Notăm:
t em

022tt
. (29)
Se acceptă doar valoarea:
2met

2lnm
. (30)
Răspunsul corect este d).

9. Fie funcția
R f),0(: ,
xxxfln)( . Să se calculeze aria suprafeței plane
mărginită de graficul funcției
f , dreptele
21
ex ,
2ex și axa Ox.
a) 4; b)
22
21
ee ; c)
22
21
2 ee ; d)
ee1 ; e) 0;
)f
4.

Soluție:
Aria cerută este dată de:
I
dxxxe
e2
21ln
 dxx xln) {ln'
 dxxxxe
ee
e 2
22
2 112 lnln
. (31)
Notând:
dxxxIe
e2
21ln
, (32)
rezultă în raport cu relația (31)
dxxxIe
e2
21ln2
. (33)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2010

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 37 2010
Atunci:
I
2
212ln21 e
ex

21
  2222ln lne e

4. (34)
Răspunsul corect este a).

Pentru rezolvare, s -a realizat inte grarea prin părți în care :
x xf ln)(
;
xxf1)(' ;
' ')(ln)( x xg ;
x xg ln)( . (35)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facult atea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2011

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 38 2011
1. Determinați rădăcina
2x a ecuației
0 30 32mxx , unde
Rm , știind că
ecuația admite rădăcina
21x .
a) 1; b)
31 ; c) 0; d) 5; e)
31 ; f)
35.

Soluție:
Fie polinomul:
30 3)(2 mxx xf
. (1)
Dacă
2x este rădăcină a ecuației din text dată de:
0 30 32mxx
, (2)
atunci
0)(2xf

0 30 322
2 mxx

0 30 2232 m
, (3)
rezultă
21m
. (4)
Înlocuind valoarea astfel determina tă în ecuația din text, rezultă :
0 30 21 32x x

0 1072x x
, (5)
care admite soluțiile
21x
și
52x . (6)
Răspunsul corect este d).

2. Aflați suma pătratelor soluțiilor ecuației exponenț iale:
02 25 21 12  x x .
a) 5; b) 16; c) 4; d) 9; e)
31 ; f) 12.

Soluți a nr. 1 :
Ecuația din text se poate scrie:
02 25 21 12  x x

02225222
x x

0425 22x x
. (7)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facult atea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2011

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 39 2011
Se notează:
yx2

04 52y y
. (8)
Discriminantul ecuației admite valoarea:
9 42 ac by
(9)
cu soluțiile,
235
22,1
ab
yy
41y
și
12y . (10)
Din:
2 4 21 xx
, (11)
iar din
0 1 22 xx
. (12)
Soluți a nr. 2 :
Ecuația din text, se poate scrie:
02 25 21 12  x x

02 25 221 )1(2  x x
. (13)
Se notează:
yx12

02 25 222y y
, (14)
care se rezolvă ca în cazul soluției nr. 1.
În concluzie:
42
22
1x x
. (15)
Răspunsul corect este c).

3. Fie S mulțimea soluțiilor ecuației
136log


xx . Atunci:
a)
0S ; b)
6,6S ; c)
6S ; d)

61,6 S ; e)

61S ; f)
36S .

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facult atea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2011

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 40 2011
Soluție:
Din condițiile necesare pentru verificarea domeniului maxim de definiție,
avem:
0x
,
1x ;
0 36x , (16)
de unde rezultă
1\),0(x
. (17)

Soluți a nr. 1 :
Rezolvând ecuația avem:
136log


xx

1 log36log  xx x

2 36logx

236 x
62,1x
. (18)
Se acceptă doar soluția:
6x

6S
. (19)
Răspunsul corect este c).

Soluți a nr. 2 :
Utilizând proprietățile logaritmilor, avem:
136log


xx

236 x
62,1x
. (20)
Se acceptă doar soluția:
6x


6S . (21)
Răspunsul corect este c).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facult atea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2011

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 41 2011
4. Calculați numărul
!23
42
4A Ca .
a)
9a ; b)
15a ; c)
215a ; d)
14a ; e) 1/3; f) 12.
!23
42
4A Ca
152246
2!1!4
!2!2!4

. (22)
Răspunsul corect este b).

5. Fie numărul complex
23
21 i z . Calculați
zzr , unde z este conjugatul
numărului complex z.
a)
2r ; b)
4r ; c)
3r ; d)
1r ; e)
41r ; f)
21r .

Soluție:
Deoarece :
23
21 i z
, (23)
conjugatul lui z este
23
21 i z
. (24)
Atunci:
zzr







23
21
23
21i i





22
23
21i
143
41
. (25)

Răspunsul corect este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facult atea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2011

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 42 2011
6. Fie matricea






4 16 3121
mx
A , unde
Rxm, . Determinați valoarea lui m astfel
încât determinantul matricei A să nu depindă de x.
a)
2m ; b)
1m ; c)
1m ; d)
3m ; e)
0m ; f)
4m .

Soluție:
Din text:
12
det. 1 3 6
14x
A
m



 )13( 2)13(4 2 64 12 x m x m mx x

)2 )(13(2)4 2)(13(  m x m x
. (26)
Pentru ca determinantul matrice i A să nu depindă de x, este necesar și
suficient ca:
 det. 0 A

2m
. (27)
Răspunsul corect este a).

7. Fie o primitivă a func ției
R Rf: ,
112)(2xxxf . Calculați valoarea
)0("F .
a) 2; b)
112 ; c)
1212 ; d)
211 ; e)
0 ; f)
114 .

Soluție:
Din text:
   dxxxdxxxdxxf xF11)11 (
112)( )(2' 2
2
dx x'2)11 ln(
c x)11 ln(2
. (28)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facult atea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2011

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 43 2011
În aceste condiții:
 )(112)11 ln()(2'2 'xfxxx xF 
, (29)
respectiv



'
2' "
112)( )(xxxf xF
2 22
)11 (2 22

xx
. (30)
Atunci:
112
12122)0(" F
. (31)
Răspunsul corect este b).

8. Calculați aria domeniului plan mărginit de graficul funcției
xexxf3)( , axa
Ox, dreapta
0x și dreapta
1x .
a)
31 23e ; b)
923e ; c)
33e ; d)
91 23e ; e)
913e ; f)
91 33e .

Soluție:
Integrala care trebuie calculată este:
1
03dxex Ix
1
0' 3)(31dx exx
=



dxe exx x1
031
03
31



1
03 3
31dxe ex
=
dxe ex1
03 3
31
31

)1 (91
313 3 e e =
91 23e . (32)
Răspunsul corect este d).
Pentru rezo lvare, s -a utilizat integrarea prin părți:
xxf)(
;
1)('xf ;
'3 ')(xe xg ;
xexg3 ')( (33)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facult atea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2011

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 44 2011
și
dxe Ix1
03
1
dxex'1
03)(31
)1 (313e
. (34)

9. Fie funcția
R Rf: ,

0 ,0 ,)(122
x exn mx xxfx . Determinați parametrii reali m
și n astfel încât funcția f să fie derivabilă pe R.
a)
em2 ,
en1 ; b)
em2 ,
en2 ; c)
em1 ,
en1 ; d)
em ,
en1 ; e)
e m2 ,
en1 ;
f)
em1 ,
en2 .

Soluție:
Studiem continuitatea în punctul
0x .
Limita la stânga acestui punct, este egală cu :
n n mx x xf l
xx
xxs  

) (lim)( lim2
00
00
. (35)
Limita la dreapta acestui punct este egală cu:
ee xf lx
xx
xxd1lim)( lim12
00
00  


. (36)
Din condiția:
d sll

en1
. (37)
Studiem derivabilitatea funcției din text:

 0)0( )(lim)0(
00'
xf xff
xxs



00
2
00limxmx x
xx


 '' 2
00 )() (limxmx x
xx
m mx
xx
) 2(lim
00 . (38)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facult atea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2011

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 45 2011


 0)0( )(lim)0(
00'
xf xff
xxd

 ''1 12
00 )() (limxe ex
xx

12
002lim
x
xxe

e2. (39)
Condiția necesară și suficientă pentru ca funcția să fie derivabilă în
punctul
0x este dată de:
)0('
sf
)0('
df

em2
. (40)
Răspunsul c orect este a).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 46 2012
1. Fie
1x ,
2x rădăcinile ecuației
0 )1(2 mx m x . Să se determine toate valorile
parametrului real m astfel încât
102
22
1x x .
a)
3,1m ; b)
3,0m ; c)
1,1m ; d)
2,2m ; e)
2m ; f)
3m .

Soluția nr. 1:
Relațiile lui Vi éte sunt:
12 1  mabxx
, (1)
respectiv
macxx21
. (2)
Atunci:
101 2)1( 2) (2 2
212
2 12
22
1  mm m xx xx x x

92m
, (3)
de unde rezultă că
3m
. (4)
Soluția nr. 2:
Deoarece
1x ,
2x sunt rădăcinile ecuației:
0 )1(2 mx m x
, (5)
rezultă
0 )1(12
1  mx m x
, (6)
respectiv
0 )1(22
2  mx m x
. (7)
Adunând membru cu membru ultimele ecuații, rezultă:
0 2)1() (2 12
22
1  m m xx x x

0 2)1(2 2
22
1  m m x x
, (8)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 47 2012
de unde
101 2)1(2 2 2
22
1  mm m x x

92m
, (9)
astfel că
3m
. (10)
Răspunsul corect este f).

2. Calculați
3
23
21



 i a .
a)
ia ; b)
1a ; c)
1ia ; d)
21a ; e)
3 1 i a ; f)
i a2 .

Soluția nr. 1:
Din text avem:
3
23
21



 i a









23
21
23
21
23
21i i i
1
. (11)
Răspunsul corect este b).

Soluția nr. 2:
Se utilizează relația lui Moivr e:
   n i n insin cos) sin (cos 
,
Nn . (12)
Atunci:
1 0 1 sin cos3sin3cos23
2133





 i i i i a 
. (13)
Răspunsul corect este b).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 48 2012
Soluția nr. 3:
Din text:
 



333
)3 1(813 121
23
21i i i a

1 )3 1()3 1()3 1(81 i i i
. (14)
Răspunsul corect este b).

3. Să se determine mulțimea soluțiilor ecuației:
01 310 33 42  x x .
a)
3 ; b)
5;1 ; c)
2;2 ; d)
3;1 ; e)
1;0 ; f)
4;0 .

Soluția nr. 1:
Ecuația din text se poate scrie:
01 310 33 42  x x

01331033
3 42
x x

081330 32x x
. (15)
Se notează:
yx3

0 81 302 y y
. (16)
Soluțiile ecuației sunt:
23 30
22,1aby
, (17)
de unde rezultă
271y
și
32y . (18)
Din:
3 27 31 xx
, (19)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 49 2012
iar din
1 3 32 xx
(20)
Răspunsul corect este d).

Soluția nr. 2:
Ecuația din text se poate scrie:
01 310 33 42  x x

01 331032 )2(2  x x

03 310 332 )2(2  x x
. (21)
Se notează:
yx23

03 10 32 y y
, (22)
de unde
6810
22,1
ab
yy
, (23)
de unde rezultă
31y
și
1
23y . (24)
Din
3 3 312xx
, (25)
iar din
1 3 321 2xx
. (26)
Răspunsul corect este d).

4. Găsiți toate numerele naturale k pentru care
166kC .
a)
5,3,1 ; b)
6,4,2,0 ; c)
6,5,4,2,1,0 ; d)
3 ; e)
7,2,1 ; f)
6,3,0 .

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 50 2012
Soluție:
Condiția necesară este dată de:
k6
,
Nk . (27)
Condiția de suficiență este dată de verificarea valorilo r lui k în inecuație.
Din condiția de necesar:
k6
,
Nk , (28)
rezultă
 6,5,4,3,2,1,0k
. (29)
Pentru reali zarea condiției de suficiență se verifică valorile numerice ale lui
k
în inecuație.
Atunci:
161!6!0!600
6 6  C C kk
; (30)
166!5!1!611
6 6  C C kk
; (31)
16 15!4!2!622
6 6  C C kk
; (32)
16 20!3!3!633
6 6  C C kk
; (33)
16 15!2!4!644
6 6  C C kk
; (34)
166!1!5!655
6 6  C C kk
; (35)
161!6!0!666
6 6  C C kk
. (36)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 51 2012
În concluzie, soluția inecuației din text este:
 6,5,4,2,1,0k
. (37)
Răspunsul corect este c).

5. Să se determ ine valorile parametrului real m pentru care sistemul


3 3 221
z yxzmyxzymx

este compatibil det erminat.
a)
2,1\Rm ; b)
5,0m ; c)
1m ; d)
2m ; e)
1,0\Rm ; f)
2,0\Rm .

Soluție:
Se notează cu A matricea sistemului din text.
Pentru ca sistemul să respecte cerința din text, este necesar și suficient ca:
 det. 0 A
. (38)
În aceste condiții:
11
det. 1 1 0
2 1 3m
Am

. (39)
Rezultă:
0)1(mm
, (40)
sau
1,0m
1,0\Rm
. (41)
Răspunsul corect este e).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 52 2012
6. Fie
)(2RMX soluția ecuației matriciale:







2877
1221X
.
Calculați determinantul D al matricei X.
a)
14D ; b)
25D ; c)
4D ; d)
7D ; e)
3D ; f)
5D .

Soluție:
Se consideră:



1221A
(42)
și



2877B
. (43)
Se poate scrie că:
BXA
. (44)
Înmulțim ecuația anterioară la stânga cu
1A și rezultă:
BAXA A   1 1

BAX1
, (45)
în care



 
1001
21 1I AAA A
, (46)
1A
este matricea inversă pe care trebuie să o evaluăm și
2I este matricea unitate care
reprezintă un element neutru în raport cu operația de înmulțire a matric elor în
mulțimea
)(2RM .
Calculăm inversa matrice i A.

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 53 2012
Matricea transpusă este definită prin:



1221TA
. (47)
Se definește matricea:




22 2112 11 *
a aa aA
, (48)
în care
11)1(11
11 a
; (49)
2 2 )1(21
12 a
; (50)
2 2 )1(12
21 a
; (51)
11 )1(22
22 a
. (52)
Deci:




122 1*A
. (53)
Atunci matricea inversă admite exprimarea:





122 1
31
3 ).(det* *
1 A
AAA
. (54)
Atunci:
BAX1








2877
122 1
31




421 3
. (55)
În concluz ie:
 ).(det X D
14)2( 12421 3
. (56)

Răspunsul corect este a).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 54 2012
7. Fie
R Rf: ,
.)1 ()(2 xe mxx xf  Găsiți toate valorile parametrului real m
pentru care funcția f admi te două punct e de extrem.
a)
1m ; b)
0m ; c)
0m ; d)
2m ; e)
1m ; f)
0m .

Soluție:
Determinarea extremelor funcț iei f pentru care nu se specifică natur a lor,
implică analiza și evaluarea expresiei:
0)(/xf
. (57)
Deci:
0)(/xf

01 )2 (2 mx m x
. (58)
Pentru a avea două puncte de extrem, este necesar , dar nu și suficient să existe
1x
,
2x pentru care
2 1xx .
Studiind semnul funcției:
0)(/xf
, (59)
rezultă că între rădăcini avem semnul
)( , iar în afara lor semnul
)( , astfel că există
două extreme , primul de maxim, al doilea de minim, nefiind astfel nevoie să se mai
calculeze derivata a doua, prin intermediul căreia în general, se determină natura
extremelor .
Condiția de suficiență este dată de:
0x
. (60)
Calculând pe
x , rezultă:
0 )1(14)2 ( 42 2 2 m m mca bx
, (61)
care este adevărată pentru
0m


0\Rm . (62)
Răspunsul corect este c).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 55 2012
8. Să se calculeze integrala:
dxx x I20121
020111 .
a)
3018122I ; b)
1I ; c)
23I ; d)
20121I ; e)
1006122I ; f)
0I .

Soluția nr. 1 :
Se face schimbarea de variabilă:
20121x t

dxx dt20112012
. (63)
Atunci:
dxx x I20121
020111
  dttxdtt x2
120112
12011
20121
2012

2
13
32
20121t
3018122
. (64)
Răspunsul corect este a).
Soluția nr. 2 :
Se face schimbarea de variabilă:
2012xt

dxx dt20112012
. (65)
Atunci:
dxx x I20121
020111
. 120121
201211
020111
02011dttxdtt x  
(66)
Se face schimbarea de variabilă:
yt1

dydt
. (67)
Atunci:
  dyy dtt I2
11
020121120121
2
13
32
20121y
3018122
. (68)
Răspunsul corect este a).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2012

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 56 2012
9. Să se calculeze aria domeniului plan mărginit de graficul funcției
R Rf: ,
3)(2xxxf
, axa 0x și dreptele
1x și
2x .
a)
7ln1 ; b)
21ln ; c)
3 1 ; d)
5 ; e)
2ln ; f)
47ln21 .

Soluția nr. 1 :
Aria domeniului plan este egal cu:
 3
1)( )( dxxF xf
2
123dxxx
dxxx2
1232
21
dxxx2
12/ 2
3)3 (
21

dx x/2
12)3 ln(21
2
12)3 ln(21x
47ln21
. (69)
Răspunsul corect este f).

Soluția nr. 2 :
Se face schimbarea de variabilă:
2xt

xdx dt2
. (70)
Atunci, aria domeniului plan este egal cu:
 3
1)( )( dxxF xf
4
132
tdt
4
13 21
tdt
dttt4
1/
3)3(
21

dt t/4
1)3 ln(21
4
1)3 ln(21t
47ln21
. (71)

Răspuns ul corect este f).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2013

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 57 2013
1. Aflați mulțimea M a tuturor valorilor parametrului real a pentru care matricea



aaA
11
nu este inversabilă.
a)
2M ; b)
0M ; c)
4,4M ; d)
1,1M ; e)
2M ; f)
3M .

Soluție:
Condiția necesară și suficientă este dată de:
det.( ) 0 A

011aa

012a

1,1a
. (1)
Răspunsul corect este d).

2. Fie funcția
R Rf: ,


0 ,10 ,
x x xbaxxf și
2 2baS . Determinați valoarea
lui S, în cazul în care f este derivabilă.
a)
0S ; b)
2S ; c)
2S ; d)
3S ; e)
1S ; f)
1S .

Soluție:
O funcție derivabilă este întotdeauna o funcție continuă.
Studiem continuitatea funcției f în punctul
0x .
Atunci, limitele la stânga și la dreapta punctului definit de text sunt :
bbax xf l
xx
xxs  

) (lim)( lim
00
00
, (2)
și
1)1(lim)( lim
00
0.0 

x xf l
xx
xxd
. (3)
Din condiția că
d sll , se deduce că funcția f este continuă în punctul
0x
dacă și numai dacă
1b .

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2013

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 58 2013
Studiem derivabilitatea funcției f în punctul
0x :

 0)0( )(lim)0(
00'
xf xff
xxs
axax
xx

00lim
, (4)
și

 0)0( )(lim)0(
00'
xf xff
xxd


 011lim
00xx
xx
1 lim
00
xx
xx . (5)
Condiția necesară și suficientă pentru ca funcția să fie derivabilă în
punc tul
0x este dată de:
)0('
sf
)0('
df

1a
. (6)
În aceste condiții ,
22 2 baS
, (7)
Răspunsul corect este b).

3. Valoarea limitei
1lim
42

nn n
n este:
a)
21 ; b)
1 ; c)
4 ; d)
2 ; e)
1 ; f)
0.

Soluție:
Deoarece
0n , rezultă:


1lim
42
nn n
n





442
11lim
nnn n
n





422
1111
lim
nnnn
n

.1
1111
lim
4


nn
n (8)
Răspunsul corect este b).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2013

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 59 2013
4. Determinați mulțimea
R D a tuturor valorilor parametrului real
1a pentru
care sistemul liniar


1 111
y axayx este compatibil determinat.
a)
 ,1 D ; b)
,1 D ; c)
 ,0 0,1 D ; d)
 ,0 0,1 D ; e)
 ,1 D ;
f)
0,1D .

Soluția nr. 1 :
Pentru ca sistemul să fie compatibil determinat este necesar și suficient să fie
îndeplinită condiția:

0
1 11 1
aa

01 1a
11a

0a . (9)
Din condițiile:
0a
și
1a , (10)
rezultă
 ,1 0\ ,1 aD
. (11)

Soluția nr. 2 :
Se rezolvă sistemul:


1 111
y axayx
(12)
prin eliminarea termenului x din prima ecuație a sistemului



1 1)1 (/11
y axa ayx



1 1)1 (/11 1
y axa ay ax

.
1 11 )1( 1


y axa ay ax
(13)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2013

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 60 2013
Adunând membru cu memb ru ecuațiile din sistem rezultă :
 1 1 a ay
aay11
. (14)
Din sistemul de ecuații:


aayayx
1111
(15)
rezultă
aax11
. (16)
În concluzie, rădăcinile sistemului sunt:
aax11
(17)
și
aay11
. (18)
Pentru ca sistemul să fie compatibil determinat, este necesar și suficient ca
rădăcinile sale să îndeplinească simultan condițiile:


01
aa
. (19)
În concluzie:
  ,0 0,1 0 ,1   aD
. (20)
Răspunsul corect este c).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2013

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 61 2013
5. Calculați integrala definită
1
02214 dx
xxI .
a)
4I ; b)
4I ; c)
2I ; d)
2I ; e)
1I ; f)
1I .

Soluția nr. 1:

    1
021
12 21
02 21
022 )1(2)1 (22)1 (4
14tdt
xxdxdxxxdx
xxI

.112 2'2
12
12


dyy ydy
(21)
Pentru calcule s -a utilizat substituția:
2xt
; dacă
0 0 t x . (22)
Dacă:
1 1 t x
și
xdx dt2 . (23)
Pentru:
y t1
cu
1 0 y t și
2 1 y t și
dydt . (24)
Răspunsul corect este e).

Soluția nr. 2:

   1
021
12 21
02 21
022 )1(2)1 (22)1 (4
14tdt
xxdxdxxxdx
xxI

.11121121
0'1






tdtt
(25)
Pentru calcule s -a utilizat substit uția:
2xt
; dacă
0 0 t x . (26)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2013

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 62 2013
Dacă:
1 1 t x
și
xdx dt2 . (27)
Răspunsul corect este e).

Soluția nr. 3:
.11212 222)1 (4
142
1'3
12
122
121
02 21
022




   tdtt tdt
txdxdxxxdx
xxI
(28)
Pentru calcule s -a utilizat substituția:
12xt
; dacă
1 0 t x . (29)
Dacă:
2 1 t x
și
xdx dt2 . (30)
Răspunsul corect este e).

6. Derivata funcției
R Rf: ,
xxxf 33 este:
a)
 3ln342
x xxf  ; b)
xx xf 3 32 ; c)
 3ln32 xxxf ; d)
x xxf 342
 ;
e)
 3ln3 32 xx xf  ; f)
xxxf 32 .

Soluție:
Din calcul rezultă:
.3ln3 3)3 ()('2 ' 3x xx x xf
(31)
Răspunsul corect este e).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2013

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 63 2013
7. Aflați mulțimea M a tuturor valorilor parametrului real m pentru care f uncția
R f),0(:
,

 
1,0 ,1,1 ,ln
x xxx mxf este continuă.
a)
1M ; b)
0M ; c)
1M ; d)
,0 M ; e)
R M ; f)
0\R M .

Soluție:
Studiem continuitatea funcției f în punctul
1x .
Atunci:
0)1(lim)( lim
11
11 

x xf l
xx
xxs
(32)
și
0 ln lim)( lim
11
1.1  

mxm xf l
xx
xxd
. (33)
Din condiția
d sll se deduce că funcția f este continuă în punctul
1x dacă și
numai dacă
Rm .

Răspunsul corect este e).

8. Fie
162lim42
xxL
x . Aflați valoarea numărului L.
a)
21L ; b)
641L ; c)
41L ; d)
L ; e)
161L ; f)
321L .

Soluția nr. 1:



00
42 162limxxL
x

 )4 )(2 )(2(2lim22 x x xx
x
.321
)4 )(2(1lim22 x xx
(34)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2013

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 64 2013
Soluția nr. 2:
Utilizăm regu la lui L’Hospital:



00
42 162limxxL
x

' 4'
2 )16 ()2(limxx
x
.321
41lim32
xx
(35)
Răspunsul corect este f).

9. Mulțimea tuturor soluțiilor inecuației
0 2 1 1 log1  x xx este:
a)
2,1 ; b)
1 ; c)
2,1 ; d)
2,1 ; e)
2,1 ; f)
2,1 .

Soluție:
Se impun condițiile care relevă existența domeniului maxim de definiție pentru
toate funcțiile:
– pentru logaritm,
1/ ,0x
; (36)
– pentru radicali,


0 201
xx
. (37)
Din condițiile de mai sus rezultă:




2,,11/ ,0
xxx

2,1x
. (38)
Rezolvarea inecuației din text implică:
0 2 1  x x
(39)
care este adevărată
2,1x .
În co ncluzie, răspunsul corect este f).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 65 2014
1. Mulțimea soluțiilor ecuației
42x este:
a)
3,0 ; b)
6,2 ; c)
5,1 ; d)
7,4 ; e)
3,1 ; f)
8,2 .

Soluția nr. 1:
Conform textului avem:
42x

4 2x

61x
,
22x . (1)
În concluzie:
6;2x
. (2)
Răspunsul corect este b).

Soluția nr. 2:
Se explicitează modulul:

2 , 22 ,22xxx xx


 

2, , 2,2 ,2
xxx x
. (3)

Cazul nr . 1:
2 2 x x
, pentru
,2x . (4)
Ecuația din text devine:
42x

42x
 ,261x
, (5)
deci
61x este soluție a ecuației din text.

Cazul nr . 2:
x x 22
, pentru
2,x . (6)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 66 2014
Ecuația din text devine:
42x

4 2x
2, 22 x
, (7)
deci
22x
, (8)
este soluție a ecuației din text.
În concluzie:
6;2x
. (9)
Răspunsul corect este b).

Soluția nr. 3:
Conform textului avem:
42x

4 22x


44 42x x . (10)
Ridicând la puterea a doua ultima relație, obținem:
0 124 164 42 2 x x x x
. (11)
Discriminantul ecuației este:
 ac bx 42
64 1214 42
. (12)
Rădăc inile ecuației sunt:
284
22,1abxx
. (13)
În concluzie:
6;2x
. (14)

Răspunsul corect este b).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 67 2014
Soluția nr. 4:
Se consideră funcția:
42 )( x xf
,
R Rf: . (15)
Se verifică din grilă, valorile numerice ale lui x pentru care:
0)(xf
. (16)
Se observă că, singurele valor i sunt:
2x
,
6x . (17)
În concluzie:
6;2x
. (18)

Răspunsul corect este b).

Soluția nr. 5:
Se realizează graficul funcțiilor:

2 , 22 ,22 )(xxx xx xf



 

2, , 2,2 ,2
xxx x (19)
și
4)(xg
. (20)
Soluțiile ecuației din text sunt date de intersecția celor două grafice:
 )( )( 6;2 xg xfRx 
. (21)

Răspunsul corect este b).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 68 2014
Soluția nr. 6:
Se rezolvă ecuația:
042 )( x xf
. (22)

2 , 22 ,642 )(xxx xx xf



 

2, , 2,2 ,2
xxx x . (23)

Cazul nr . 1:
Pentru:
6 )(xxf
,
;2x , (24)
ecuația di n text devine:
 ;26 0)( x xf
, (25)
deci
61x
, (26)
este soluție a ecuației din text.

Cazul nr . 2:
Pentru:
x xf2)(
,
2;x . (27)
Ecuația din text devine:
 ;22 0)( x xf
, (28)
deci
22x
, (29)
este soluție a ecuației din text.

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 69 2014
În concluzie:
6;2x
. (30)
Răspunsul corect este b).

Soluția nr. 7:
Notăm:
2xy
. (31)
Conform textului avem:
4y

4y

61y
,
22y . (32)
Revenind la substituție, rezultă:
6;2x
. (33)
Răspunsul corect este b).

2. Suma soluțiilor ecuației
0 24 112x x este:
a) -3; b) 0; c) 1; d) 5; e) -7; f) -11.

Soluția nr. 1:
Discriminantul ecuației este:
 ac bx 42
25 2414 112
. (34)
Rădăcinile ecuației sunt:
2511
22,1abxx
. (35)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 70 2014
În concluzie, rădăcinile ecuației sunt:
3;8x
. (36)
Suma soluțiilor ecuației din text este egală cu valoarea
11 .

Răspunsul corect este f).

Soluția nr. 2:
Ecuația din text e ste o ecuație de gradul doi.
Conform teoriei, orice ecuație de grad doi se poate scrie sub forma:
02 PSxx
, (37)
în care
2 1xxS
, (38)
reprezin tă suma r ădăcinilor ecuației din text și
2 1xxP
, (39)
reprezintă produsul rădăcinilor ecuației.
Rezultă :
11S
. (40)
Răspunsul corect este f).

Soluția nr . 3:
Se consideră funcția:
24 11 )(2 x xxf
,
R Rf: . (41)
Se verifică din grilă, valorile lui x pentru care:
0)(xf
. (42)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 71 2014
Singurele valori care se acceptă sunt:
8x
,
3x , (43)
astfel că
11S
. (44)
Răspunsul corect este f).

3. Fie funcția
R Rf: ,
xex xf 23)( . Atunci:
a)
3 )0(' f ; b)
3)0(' f ; c)
0)0(' f ; d)
1 )0(' f ; e)
1)0(' f ; f)
2 )0(' f .

Soluție:
Derivata întâi admite expresia:
'2 '3)(xex xf
xex6
. (45)
Atunci
1)0(' f
. (46)
Răspunsul corect este e).

4. Fie polinomul
baxx xxP 2 42 )( ; pentru ce valori ale lui a și b, polinomul
P este divizibil cu polinomul
12x ?
a)
2a ,
1b ; b)
1a ,
2b ; c)
1a ,
0b ; d)
2a ,
0b ; e)
3a ,
2b ;
f)
0a ,
1b .

Soluția nr . 1:
Deoarece, polinomul din text este divizibil cu
12x , acesta este divizibil în
mod separat cu
1x , respectiv cu
1x , deci:
0)1(P
, (47)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 72 2014
respectiv
0)1(P
. (48)
Atunci:
0)1(P

01ba
, (49)
respectiv
0)1(P

01ab
. (50)
Rezolvând sistemul de ecuații (49) și (50) rezultă:
0a
,
1b . (51)
Polinomul căutat admite expresia:
22 2 41 1 2 )(  x x xxP
. (52)

Răspunsul corect este f).

Soluția nr . 2:
Se fac notațiile:
deîmpărțit
 D
baxx x 2 42 , (53)
împărțitor
 Î
12x . (54)
Deoarece, polinomul din t ext este divizibil cu
12x , atunci:
D
C Î R   , (55)
în care
cât
C
12x , (56)
și
rest
01 baxR . (57)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 73 2014
Rezolvând ecuația (59) rezultă:
0a
,
1b . (58)
Răspunsul corect este f).

5. Valoarea determinantului
2213 este:
a) 6; b) 0; c) 1; d) 2; e) 5; f) 4.

Soluția nr . 1:
Conform cu noțiunile de teorie care rezidă din algebră, rezultă:
42612232213
. (59)
Răspunsul corect este f).

Soluția nr . 2:
Conform cu cerința textului, un alt mod de a calcula determinantul este:
426 )1(21 )1(23221321 11 
. (60)
Răspunsul corect este f).

6. Mulțimea soluțiilor inecuației
04 52x x este:
a)
2,0 ; b)
0,3 ; c)
0,1 ; d)
4,1 ; e)
5,2 ; f)
3,1 .

Soluție:
Se rezolvă ecuația:
04 52x x
. (61)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 74 2014
Discriminantul ecuației este:
 ac bx 42
9414)5(2
. (62)
Rădăc inile ecuației sunt:
235
22,1abxx
. (63)
Rădăcinile ecuației sunt:
41x
,
12x . (64)
Deoarece, între rădăcini avem semnul minus, rezultă:
4,1x
. (65)
Răspunsul corect este d).

7. Aria cuprinsă între graficul funcției
1 )(2xxf , axa Ox și dreptele verticale
0x
și
3x este:
a) 4; b)10; c) 14; d) 6; e) 5; f) 12.

Soluție:
Aria cerută este egală cu:
dx x A3
021



3
03
3xx

12 0303333 3



 . u.a. (66)
Răspunsul corect este f).

8. Mulțimea soluțiilor ecuației
4 22xx este:
a)

31,21 ; b)
2,0 ; c)
3,1 ; d)
3,3 ; e)


31,21 ; f)
1,2 .

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 75 2014
Soluție:
Conform cu textul, rezultă:
4 22xx

22 22xx
22 x x
022 x x
. (67)
Discriminantul ecuației este:
 ac bx 42
9)2(1412
. (68)
Rădăcinile ecuației sunt:
231
22,1abxx
. (69)
Rădăcinile ecuației sunt:
21x
,
12x . (70)
Mulțimea soluțiilor ecuației este:
1,2x
. (71)
Răspunsul co rect este f).

9. Soluția ecuației
5 3 x x este:
a)
4x ; b)
0x ; c)
2x ; d)
3x ; e)
2x ; f)
1x .

Soluția nr . 1:
Se impune stabilirea domeniului maxim de definiție pentru radical:
 03x
,3x
. (72)
Rezolvăm ecuația din text, astfel:
5 3 x x
x x 53

225 3 x x

210253 xx x 

0 28 112x x
. (73)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 76 2014
Discriminantul ecuației este:
 ac bx 42
9)28(14)11(2
. (74)
Rădăc inile ecuației sunt:
2311
22,1abxx
. (75)
Rădăcinile ecuației sunt:
71x
,
42x . (76)
Se verifică soluțiile obținute în domeniul maxim de definiție și apoi în ecuația
din text.
Singura soluție care se acceptă este:
4x
. (77)
Răspunsul corect este a).

Soluția n r. 2:
Se impune stabilirea domeniului maxim de definiție pentru radical:
 03x
,3x
. (78)
Deoarece:
0 503 03  x x x
. (79)
Se rezolvă sistemul:


0 503
xx


 

5,,3
xx

x
5,3 5, ,3 
. (80)
Se verifică valorile din intervalul dat de relația (78).
Singura soluție care se acceptă este:
4x
. (81)
Răspunsul corect este a).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 77 2014
Soluția nr . 3:
Se impune stabilirea domeniului maxim de definiție pentru radical:
 03x
,3x
. (82)
Se verifică din grila de răspunsuri, valorile care respectă relația (82).
Singurele valori care verifică relația (82) sunt:
3x
, (83)
respectiv
4x
. (84)
Se verifică în ecuație, valorile date de relațiile (83) și (84).
Singura soluție care se acceptă este:
4x
. (85)
Răspunsul corect este a).

Soluția nr . 4:
Se face substituția:
3xy
. (86)
Ecuația din text devine:
2yy
, (87)
pentru care se impune domeniul maxim de definiție dat de
 ,0 0 y y
. (88)
Atunci:
4 32 2 y yy yy 
. (89)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 78 2014
Rezultă la limită:
14 3y
1y
4x
. (90)
Răspunsul corect este a).

Soluția nr . 5:
Se face substituția:
3xy
. (91)
Ecuația din text devine:
2yy
, (92)
pentru care se imp une domeniul maxim de definiție dat de
 ,0 0 y y
. (93)
Rezolvăm ecuația:
2yy
02)(2 y y

 022y y
. (94)
Se face substituția:
y t

022tt . (95)
Discriminantul ecuației este:
 ac bt 42
9)2(1412
. (96)
Rădăc inile ecuației sunt:
231
22,1abtt
. (97)
Rădăcinile ecuației sunt:
21t
,
12t . (98)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 79 2014
Revenind la substituție, respectiv la relația (97) se acceptă doar:
1 1 y y
. (99)
Din relația (91) rezultă:
4x
. (100)
Răspunsul corect este a).

Soluția nr . 6:
Se face substituț ia:
3xy
. (101)
Ecuația din text devine:
2yy
, (102)
pentru care se impune domeniul maxim de definiție dat de
 ,0 0 y y
. (103)
Rezolvăm ecuația:
2yy
y y 2

222y y

04 52y y
. (104)
Discriminantul ecuației este:
 ac by 42
9414)5(2
. (105)
Rădăc inile ecuației sunt:
235
22,1
ab
yy
. (106)
Rădăcinile ecuației (104) sunt:
41y
,
12y . (107)
Singura soluție care se acceptă este:
4x
. (108)
Răspun sul corect este a).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 80 2014
Soluția nr . 7:
Se face substituția:
3xy
. (109)
Ecuația din text devine:
2yy
, (110)
pentru care se impune domeniul maxim de definiție dat de
 ,0 0 y y
. (111)
Rezolvăm ecuația în mulțimea numerelor naturale, deoarece este permisivă
această situație.
2yy
2)(2 y y

2) 1( y y
. (112)
Rezultă:


2 11
yy
, (113)
și


1 12
yy
. (114)
Din primul sistem de ecuații rezultă:



4 1 1
11
2 11x y y
yy
yy
, (115)
care verifică cerințele impuse în text.
Din cel de -al doilea sistem de ecuații rezultă:






04
02
1 12
yy
yy
yy
. (116)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 81 2014
Din:
1 4 x y
, (117)
care nu verifică cerințele impuse de text.
Din:
3 0 x y
, (118)
care nu verif ică cerințele impuse de text.
Rezul tă că singura soluție este:
4x
. (119)
Răspunsul corect este a).

Soluția nr . 8:
Conform cu textul:
5 3 x x

x x 53
. (120)
Se face notația:
x y5
. (121)
Ecuația din text devine:
yy2
. (122)
Se impune condiția generată de domeniul maxim de definiție:
0 2y
2,y
. (123)
Ecuația definită de relația (122) devine:
yy2

22 yy
022 y y
. (124)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 82 2014
Discriminantul ecuației este:
 ac by 42
9)2(1412
. (125)
Rădăcinile ecuației sunt:
231
22,1
ab
yy
. (126)
Rădăcinile ecuației sunt:
21y
,
12y . (127)
Rădăcinile ecuației verifică relația (124).
Din:
7 2 x y
, (128)
care nu verifică cerințele impuse de text.
Din:
4 1 x y
, (129)
care verifică cer ințele impuse de text.
Rezultă că singura soluție este:
4x
. (130)
Răspunsul corect este a).

10. Pentru ce valori ale lui
Rm , ecuația
0 33 mx x are 3 soluții reale
distincte?
a)
3,m ; b)
,0 m ; c)
m ; d)
2,2m ; e)
2,0m ; f)
0,2m .
Soluție:
Aplicăm șirul lui Rolle.

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 83 2014
Fie atunci:
mx xxf  3 )(3
,
R Rf: ,
Rm . (131)
Atunci, derivata întâi a lui f este:
)1 (33 3)('2 2 x x xf
. (132)
Ecuația:
0)('xf
, (133)
admite rădăcinile
11x
și
12x . (134)
Pentru stabilirea semnului funcției f, s-au efectuat următoarele calcu le:
2 )1( m f
;
2 )1(m f , (135)
respectiv

)( lim xf
x
;

)( lim xf
x . (136)
Pentru respectarea cerințelor șirului lui Rolle, este necesar și suficient ca:
02m

 ,2 m
, (137)
simultan cu
02m


2,m . (138)
În concluzie:
 ,2 m
2,2 2,
. (139)
Răspunsul corect este d).

11. Valoarea integralei
dxx x1
032 este:
a)
0; b)
43 ; c)
1 ; d)
2 ; e)
3; f)
21 .

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 84 2014
Soluție:
Integrala din text este egală cu:
dxx x1
032



1
02 4
224x x



1
024
4xx






24
24
040141
43
. (140)
Răspunsul corect este b).

12. Modulul numărului complex
i43 este:
a) 2; b) 1; c) 5; d) 3; e) 4; f) 6.

Soluție:
Modulul numărului complex:
i z 43
, (141)
este
5 432 2z
. (142)
Răspunsul corect este c).

13. Se dă matricea



4513A ; atunci
2A este:
a)




15141110 ; b)




 4131 ; c)




111094 ; d)




1930102 ; e)




21 357 14 ; f)




20 351220 .

Soluție:
Conform cu cerința din text avem:






4513
45132AA A








21 357 14
4415543541135133
. (143)
Răspunsul corect este e).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 85 2014
14. Limita șirului
n nn nan5 22
22
 este:
a)
21 ; b)
31; c) 0; d) 3; e) -1; f) -2.

Soluție:
Limita șirului definit în text prin:
n nn nan5 22
22

, (144)
este:
21
522 11
lim522 11
lim5 32lim lim2
222
22









   
nnn
nnnnn
n nn na
n n nnn
. (145)
Răspunsul corect este a).

15. Soluția ecuației
732x este:
a)
2x ; b)
0x ; c)
1x ; d)
5x ; e)
1x ; f)
3x .

Soluția nr . 1:
Ecuația din text se mai scrie:
5 102 732  x x x
. (146)
Răspunsul corect este d).

Soluția nr . 2:
Se consideră funcția:
R Rf:
,
32)(x xf , (147)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 86 2014
și funcția
R Rg:
,
7)(xg . (148)
Atunci, soluția ecuației din text reprezintă punctele de intersecție ale celor două
grafice:
5 )( )(  x gfRxx xgxf
(149)
Răspunsul corect este d).

16. Abscisele punctelor de extrem local ale funcției
R Rf: ,
2)(xexxf
sunt:
a)
33x ; b)
1x ; c)
2x ; d)
3x ; e)
22x ; f)
21x .

Soluție:
Derivata întâi a lui f este:
  // / /2 2 2)(x x xex ex ex xf
2212x ex
. (150)
Abscisele punctelor de extrem rezultă din condiția:
0)(/xf

0 212x
22
2,1x
. (151)
Răspunsul corect este e).

17. Mulțimea soluțiilor inecuației
04 log2
31x este:
a)
,2x ; b)
2,0x ; c)
0,x ; d)
 ,5 x ; e)
5,2 2,5x ;
f)
5,0x .

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2014

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 87 2014
Soluție:
Domeniul maxim de definiție al funcției:
4 log)(2
31 x xf
, (152)
este dat de
042x

 ,2 2, x
. (153)
Inecuația din text devine:
04 log2
31x


05 142 2 x x

5,5x . (154)
Soluția inecuației este at unci:
   5,5 ,2 2, x
5,2 2,5
. (155)
Răspunsul corect este e).

18. Într-o progresie aritmetică
nna se cunosc
31a și
52a ; atunci:
a)
75a ; b)
85a ; c)
145a ; d)
45a ; e)
95a ; f)
115a .

Soluție:
Rația progresiei aritmetice este:
21 2 aar
. (156)
Termenul general al progresiei aritmetice admite expresia:
r n a an  11
. (157)
Termenul cerut de text este cel pentru care
5n , respectiv:
 1121535 a
. (158)
Răspunsul corect este f).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 88 2015
1. Să se rezolve ecuația:
0)223(lg x .
a) 4; b) 1; c) 2; d)
21 ; e)
41; f) 0.

Soluție:
Ecuația din text devine:
0)223(lg x

1223x

3 23x

1 2x
0x
, (1)
care este soluție a ecuației deoarece, pentru
0x


0223x , (2)
astfel că, condiția de existență pentru logaritm este îndeplinită.
Răspunsul corect este f).

2. Soluția ecuației
x x9 31 este:
a) 0; b) 2; c) 1; d) 4; e)
21 ; f) 3.

Soluție:
Condiția necesară și suficientă pentru domeniul maxim de definiție al
radicalului este:
0x

,0x
. (3)
Atunci:
x x9 31

x x 2 13 3

x x 21
. (4)
Soluția nr . 1:
Din:
x x 21


 x x 212

0)1 (2x , (5)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 89 2015
de unde rezultă:
01x
12,1x
. (6)
Răspunsul corect e ste c).

Soluția nr . 2:
Deoarece:
x x 21

2 2)2( 1 x x

0122x x

12,1x
. (7)
Răspunsul corect este c).

Soluția nr . 3:
Notăm:
0x y

02yx
. (8)
Atunci:
x x 21

y y 212
0 12y

12,1y
. (9)
Din:
12,1y

1x
. (10)
Răspunsul corect este c).

3. Soluția ecuației
72 83  x x este:
a) -1; b) 1; c) -3; d) 3; e) 0; f) 2.

Soluție:
Ecuația din text devine:
72 83  x x
87 23  xx

15 5x

3x
. (11)
Răspunsul c orect este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 90 2015
4. Soluțiile ecuației
013 22x x sunt:
a)

4;21 ; b)

0;21 ; c)


23;1 ; d)
4;2 ; e)
2;1 ; f)

1;21 .

Soluție:
Discriminan tul ecuației din text este:
1 42 ac bx
. (12)
Soluțiile ecuației din text sunt:
413
41 3
22,1abx
. (13)
În concluzie:

 1;21x
. (14)
Răspunsul corect este f).

5. Calculați:
8
102
10C C .
a) 30; b) 12; c) 18; d) 0; e) 6; f) 1.

Soluție:
Conform cerinței din text:
.45!8!2109!8
!!8!2!10
!2 10!2!102
10 C
(15)
.45!2!8109!8
!2!8!10
!810!8!108
10 C
(16)
Atunci:
.08
102
10C C
(17)
Răspunsul corect este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 91 2015
6. Modulul numărului complex
i21
23 este:
a)
3 1 ; b) 2; c) 1; d)
1
2 ; e) 4; f)
13 .

Soluția nr. 1 :
Deoarece:
i z 21
23
, (18)
avem
121
2322





z
. (19)
Răspunsul corect este c).

Soluția nr. 2 :
Numărul complex
z se poate scrie și sub formă trigonometrică:
) sin (cos  i zz
. (20)
Deoarece:
6sin6cos21
23  i i z
, (21)
rezultă prin identifi care cu relația anterioară că,
1z
. (22)
Răspunsul corect este c).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 92 2015
7. Se cere valoarea parametrului
Rm pentru care matricea
2 3 4
12
5 – 4 7Am


are
 det. 0 A
.
a)
2 ; b) 1; c) 2; d)
1 ; e) 3; f)
3 .

Soluția nr . 1:
Conform cerinței din text :
 det. 0 A

2 3 4
det. 1 2 7 7 0
5 4 7A m m
   

1m
. (23)
Răspunsul corect este d).

Soluția nr . 2:
2 3 4
det. 1 2
5 4 7Am



742)1(211 m

751)1()3(11 m

4 521)1(411

07 7)104(4)57(3)414(2  m m m
1m
. (24)
Răspunsul corect este d).

8. Fie matric ele



2211A și



11
yxB . Să se determine
x și
y astfel încât
ABBA
.
a)
0x ,
1y ; b)
1x ,
0y ; c)
0x ,
0y ; d)
1x ,
1y ; e)
1x ,
2y ;
f)
2x ,
1y .

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 93 2015
Soluție:
Evaluând, avem:










)1(2) 1(21 1
11
2211
x yx y
yxBA
; (25)










2 22121
2211
11
y yx x
yxAB
. (26)
Deoarece:
ABBA





 
)1(2) 1(21 1
x yx y
=





2 22121
y yx x . (27)
Din:
x y 211
,
x x 211 ,
2 )1(2  yy ,
2 )1(2  yx , (28)
rezultă
0x
,
0y . (29)
Răspunsul corect este c).

9. Să se determine a și b astfel încât
1x și
2y este soluție a
sistemului:


2 36 2
y axbyx .
a)
3a ,
3b ; b)
4a ,
2b ; c)
4a ,
2b ; d)
2a ,
4b ; e)
2a ,
4b ;
f)
4a ,
2b .

Soluție:
Fie:
6 2)(  byx xf
. (30)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 94 2015
Atunci:
042622)2;1(  b b f

2b
. (31)
Fie:
2 3 )(  y axxg
. (32)
Atunci:
04 26 )2;1(  a a g

4a
. (33)
Răspunsul corect este f).

10. Fie polinomul
X X Xf 2 32 3 cu răd ăcinile
1x ,
2x,
3x. Să se calculeze
2
32
22
1 xxx
.
a) 4; b) 1; c) 5; d) 3; e) 2; f) 6.

Soluția nr . 1:
Deoarece
0)23 ( 2 32 2 3 x xxx x xf

01x
,
12x ,
23x . (34)
Atunci:
 5 21 3 3 2 2 12
3 2 12
22
22
1  xxxxxx xxx xxx
. (35)
Răspunsul corect este c).

Soluția nr . 2:
Utilizăm relațiile lui Vi ète:
33 2 1 abxxx
;
213 32 21 acxxxxxx ;
0321 adxxx . (36)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 95 2015
Atunci:
 5 21 3 3 2 2 12
3 2 12
22
22
1  xxxxxx xxx xxx
. (37)
Răspunsul corect este c).

11. Să se determine
Ra astfel încât numerele
1a , 3,
1a să fie în progresi e
aritmetică.
a) 7; b) 2; c) 5; d) 6; e) 4; f) 3.

Soluția nr . 1:
Numerele:
1a
; 3;
1a , (38)
sunt în progresie aritmetică, dacă:

21 13a a

3a
. (39)
Răspunsul corect este f).

Soluția nr . 2:
Numerele:
1a și 3 sunt în progresie aritmetică, atunci:
rbb1 2

r a 1 3

ra4
. (40)
Numerele: 3 și
1a sunt în progresie aritmetică, atunci
rbb1 2

r a 31


2ar . (41)
Din:
ra4
și
2ar

3a . (42)
Răspunsul corect es te f).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 96 2015
12. Să se calculeze restul împărțirii polinomului
2 3 22 3 X X Xf la
1X .
a) 0; b) 1; c) 2; d) 2015; e) 10; f) -2.

Soluția nr . 1:
Deoarece:
0)1(f
, (43)
rezultă că polinomul din text, are restul 0.
Răspunsul corect este a).

Soluția nr . 2:
Se realizează împărțirea polinomului f la
1X și rezultă restul egal cu 0.
Răspunsul corect este a).

13. Să se calculeze
2 312lim22
1
 x xx x
x .
a)
; b) 1; c) 0; d) -2; e) -3; f) 2.

Soluția nr . 1:
Conform cu regula lui L’Hospital:



00
22
1 2 312limx xx x
x

/ 2/ 2
1 )2 3 ()12 (limx xx x
x
010
3 22 2lim
1
xx
x
. (44)

Răspunsul corect este c).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 97 2015
Soluția nr . 2:
Conf orm cu enunțul din text:

 2 312lim22
1 x xx x
x

 )2 )(1()1 )(1(lim
1 x xx x
x
010
21lim
1
xx
x
. (45)
Răspunsul corect este c).

Soluția nr . 3:
Facem schimbarea de variabilă:
y x1
. (46)
Atunci când:
1x

0y
, (47)
astfel că

 2 312lim22
1 x xx x
x

 2)1(3)1(1)1(2)1(lim22
0 y yy y
y
060
6 3lim22
0 y yy
y
. (48)
Răspunsul corect este c).

14. Să se determine
Ra , astfel încât funcția
R Rf: ,

 
1 ,131 ,1)(2
x xx axxxf
să fie continuă pe R.
a) 4; b) 3; c) 1; d) 0; e) 2; f) -2.

Soluție:
Pentru ca funcția f să fie co ntinuă în punctul
1x , este necesar și suficient să
fie îndeplinită condiția:
1sdl l f
, (49)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 98 2015
pentru care
11lim

xxsl
)(xf

a2
, (50)
și
11lim

xxdl
)(xf
4
. (51)
Din relația (49) rezultă:
2a
. (52)
Răspunsul corect este e).

15. Fie
R f,0: ,
.ln 2)( x ax xf  Să se determine
Ra astfel încât
1)1(/ f .
a) 1; b) 0; c) -1; d)
e; e) 2; f)
1e .

Soluție:
Conform cu enunțul din text, rezultă:
1 2)(/xaxf
. (53)
Atunci:
1)1(/ f

1a
. (54)
Răspunsul corect este c).

16. Să se determine numărul soluțiilor reale pentru ecuația
0 1033x x .
a) una; b) două ; c) trei; d) nici una; e) ecuația are două soluții egale;
f) ecuația are to ate soluțiile egale.

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 99 2015
Soluția nr . 1:
Se realizează tabloul de variație determinat de:
x
,
)(/xf și
)(xf . (55)
Derivata întâi este:
)1 (3)(2 /x xf
, (56)
care admite soluțiile
12,1x
. (57)
De asemenea:
8)1(f
,
10)0(f ,
12)1(f , (58)
și
xlim
)(xf
,
xlim
)(xf . (59)
Din alternanța valorilor numerice, deci a semn elor
)( și (-) pentru funcția f,
rezultă că graficul funcției f intersectează axa Ox într-un singur punct; în aceste
condiții, ecuația din text definită prin:
0)(xf
, (60)
admite o singură rădăcină reală, în intervalul
,1x
. (61)
Răspunsul corect este a).

Soluția nr . 2:
Se trasează graficul funcției f.
Graficul funcției f intersec tează axa Ox într-un singur punct; în aceste condiții,
ecuația din text definită prin:
0)(xf
, (62)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 100 2015
admite o singură rădăcină reală, în intervalul,
,1x
. (63)
Răspunsul corect este a).

17. Să se calculeze integrala
1
03)2 ( dxx x .
a) -1; b)
43 ; c) 1; d)
43 ; e)
41 ; f)
41 .

Soluție:
Integrala din text devine:
43
224)2 (1
021
04 1
03x xdxx x
. (64)
Răspunsul corect este d).

18. Fie
R f6,1: ,
xxxf2
8)( . Să se determine valoarea minimă a lui f .
a)
817; b)
81 ; c) 2; d) 1; e)
89 ; f)
87 .

Soluția nr . 1:
Evaluăm extremul funcției:
R f6,1:
,
xxxf2
8)( . (65)
Derivata întâi este egală cu :
2/ 2
81)(xxf
. (66)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 101 2015
Punctele de extrem sunt date de:
0)(/xf


4x . (67)
Deoarece:
R f6,1:
, (68)
se acceptă doar valoarea
4x
. (69)
Stabilim natura ext remului funcției.
Deoarece:
04)(3//xxf
, (70)
funcția f admite un minim cu valoarea numerică
1)4( f
. (71)
Răspuns ul corect este d).

Soluția nr . 2:
Din text:
xxxfy2
8)(

0 16 82yx x
. (72)
Atunci, determinantul ecuației este necesar și suficient să îndeplinească
condiția:
0y

012y

 ,11, y
. (73)
Deoarece:
0x

1.miny
, (74)
care este un minim pentru funcția din text.
Răspunsul corect este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2015

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 102 2015
Soluția nr . 3:
Se trasează graficul funcției din text și se deduce că aceasta admite două
minime:
1.min1 y
, (75)
și
1.min2 y
, (76)
pentru
4x
, (77)
respectiv pentru
4x
. (78)
Deoarece:
0x

1.miny
. (79)
Răspunsul corect este d).

Soluția nr . 4:
Utilizăm pentru calcul, inegalitatea:
ab ba 2
,

0,ba . (80)
Atunci:
 12
822
8)(xx
xxxfy
 ;12
8xx
,
 0x . (81)
În aceste condiții, rezultă:
1.miny
. (82)
Răspunsul corect este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 103 2016
1. Limita șirului:

12 32 1
3n nn nan este:
a)
32 ; b) 1; c)
 ; d)
31; e) 0; f)
 .

Soluție:
Limita șirului definit în text este:

 12 32 1)(lim2n nn nann

 12 32 3lim22
n nn n
n







2222
1232 31
lim
nnn nnnn
n









2222
1232 31
lim
nnn nnnn
n
01
123231
lim
22



nnnnn
n
. (1)
Răspunsul corect este e).

2. Fie funcția
R Rf: ,
xexxf)( ; să se calculeze
)0(//f .
a) 0; b) 2; c) 1; d)
2 ; e) 2e; f)
1 .

Soluție:
Derivata întâi este eg ală cu:
x x x x xex e ex ex ex xf / / //)(
. (2)
Derivata a doua este egală cu:
x x x xex e ex e xf  2) ()(/ //
. (3)
Atunci, derivata a doua este egală cu:
2)0(// f
. (4)
Răspunsul corect este b).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 104 2016
3. Să se determine valoarea parametrului
Ra , astfel încât funcția
R Rf: ,
definită prin


 
0 , 1ln0 , 2)(22 2
x xxeax xxfx , să fie continuă.
a)
21a ; b)
3a ; c)
2lna ; d)
23a ; e)
1a ; f)
0a .

Soluție:
Pentru ca funcția f să fie continuă în punctul
0x , este necesar și suficient să
fie îndeplinită condiția:
0,sdl l f
(5)
pentru care
00lim

xxsl
)(xf

00lim

xx
) 1ln(2x

0
, (6)
și
00lim

xxdl
)(xf


a eax xx
xx
2 2
00) 2(lim . (7)
Din relația (5) rezultă:
0a
. (8)
Răspunsul corect este f).

4. Să se afle ecuația asimptotei la
 pentru graficul funcției
R Rf 1,1\: ,
dată de
22
12 2)(xx xxf .
a)
1y ; b)
2y ; c)
xy ; d)
0y ; e)
21y ; f)
1xy .

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 105 2016
Soluție:
Asimptota cerută de text este:
 
22
12 2)( limxx xxf y
n

22
12 2limxx x
n







112 12
lim
2222
xxxxx
n




112 12
lim
22
xxx
n
2
. (9)
Răspunsul corect este b).

5. Valoarea integralei
dxxx1
021 este:
a)
2ln ; b)
2ln21 ; c)
1; d)
21 ; e)
2ln23 ; f)
2ln2 .

Soluție:
Integrala din text se mai scrie:
  1
0/21
02/ 2 1
021
02)1 ln(21)1 (21221dx x dxxxdxxxdxxxI

 2ln2 )1 ln(21
0/2 x
. (10)
Răspunsul corect este f).

6. Să se calculeze limita:
xx
x11lim2
0
 .
a)
1 ; b)
1 ; c)
21; d)
 ; e)
0 ; f)
21 .

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 106 2016
Soluție :
Limita din text, se mai scrie ca fiind:



00
2
011limxx
x


1111 11lim
22 2
0xx
xx
xx
x

020
11lim
2 0

xx
x
. (11)
Răspunsul corect este e).

7. Să se calculeze aria mulțimii plane mărginite de graficul funcției
R Rf: ,
dată prin
23)( xx xf , axa Ox și dreptele de ecuații
1x și
3x .
a)
1; b) 3; c)
32; d)
31 ; e)
310 ; f)
313 .

Soluție:
Aria mulțimii plane mărginite de graficul funcției
R Rf: ,
23)( xx xf , axa
Ox și dreptele de ecuații
1x și
3x este egală cu:
dxxx IAf3
12) 3(
310
3 233
13 2



x x
. (12)
Răspunsul corect este e).

8. Fie funcția
R Rf: ,
2 3 )(2 3 x xxf . Să se determine suma valorilor
extreme ale funcției f.
a)
41 ; b)
24 ; c)
24 ; d)
0 ; e)
3 ; f)
5 .

Soluție:
Derivata întâi este egală cu:
 0 6 3 2 3 )(2/2 3 / x x x x xf
. (13)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 107 2016
Din condiția:
0)(/xf
, (14)
rezultă valorile absciselor care permit generarea prin intermediul funcției din
text, a extremelor sale:
01x
și
22x . (15)
Suma valorilor extreme ale funcției f definită în text, este egală cu:
0)2( )0( )( )(2 1  f f xf xf
. (16)
Răspunsul corect este d).

9. Să se afle
Rm astfel încât ecuația
0 7 12 9 42 3 mx x x să aibă o singură
rădăcină reală.
a)
m ; b)

2813,4 m ; c)
 

 ,28134, m ; d)


2813,0 4, m ;
e)
 ,4 m ; f)
3,m .

Soluție:
Fie funcți ile:
R Rf:
, (17)
respectiv
R Rg:
, (18)
definite prin
 x x x xf  12 9 471)(2 3
, (19)
respectiv
mxg)(
,
Rm . (20)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 108 2016
Determinarea parametrului m în condițiile cerinț ei din text implică faptul că
graficele celor două funcții este necesar și suficient să se intersecteze o singură dată
în raport cu codomeniile de definiție ale acestor funcții.
Atunci, derivata întâi este:
 2 3 276)(2 / x x xf
, (21)
admite rădăcinile
21x
,
21
1x . (22)
Tabloul de variație corespunzător este:

x

2
0
21


)(/xf – – – – – – – – – – –
0 + + + + + + + + + +
21 – – – – – – – – – – – –

)(xf


4

0

2813


Se trasează graficul lui f și g.
Răspunsul corect este c).

10. Să se calculeze
2015
20161
20162 C C .
a)
2014 ; b)
2015 ; c)
2016 ; d)
4032 ; e)
0; f)
2013 .

Soluție:
Deoarece:
)! (!!
knknCk
n
,
kn ,
Nkn, , (23)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 109 2016
rezultă
2016! 20152016! 2015
! 2015!1! 20161
2016  C
, (24)
și
2016! 20152016! 2015
!1! 2015! 20162015
2016  C
. (25)
Atunci:
2016)12( 2016 2016 20162 22015
20161
2016  C C
. (26)
Răspunsul corect este c).

11. Dacă
1 )(xxf să se calculeze
)1()0()1( f f f  .
a)
0; b)
1; c)
1 ; d)
2; e)
2 ; f)
4 .

Soluție:
Deoarece:
2)1(f
;
1 )0( f ;
0)1(f , (27)
atunci
00)1()2()1()0()1(  f f f
. (28)
Răspunsul corect este a).

12. Să se calculeze suma soluțiilor ecuației
0232x x .
a)
3 ; b) 2; c) 0; d) 3; e) 1; f)
4 .

Soluția nr. 1:
Se rezolvă în mod clasic ecuația din text:
1214)3( 42 2 ac bx
. (29)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 110 2016
Atunci, rădăcinile sale sunt:
213
22,1bx
, (30)
de unde rezultă
21x
și
12x . (31)
Suma soluțiilor ecuației este egală cu:
32 1xx
. (32)
Răspunsul corect este d).

Soluția nr . 2:
Se aplică în mod direct una dintre relațiile lui Vi ète:
32 1 abxx
. (33)
Răspunsul corect este d).

Soluția nr . 3:
Se aplică una dintre relațiile lui Vi ète dedusă.
Rădăcinile ecuației de gradul doi definită prin:
02 cbx ax
,
Rcba a   ,,,0 , (34)
admite rădăcinile:
22,1bx
. (35)
Atunci:
322
2 22 1 ab
ab
ab
abxx
. (36)
Răspunsul corect este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 111 2016
Soluția nr . 4:
Ecuația din text se mai scrie:
0)2 )(1()1(2)1( 2 2 232 2 x x x xx xxx x x
. (37)
Aceasta are rădăcinil e:
21x
și
12x . (38)
Atunci, suma soluțiilor ecuației este egală cu:
32 1xx
. (39)
Răspunsul corect este d).

13. Fie matricea





1 10101321
A . Să se calculeze
).(det2A .
a)
4; b) 16; c) 9; d) 1; e) 0; f)
36 .

Soluția nr . 1:
Evaluăm pe
2A .
Atunci:
















21 14 1 12 51
1 10101321
1 10101321
2AA A
. (40)
În aceste condiții, avem:



21 14 1 12 51
).(det2A

  
1 11 1)1(214 1)1(214 1)1(31 21 11

1 11 1
214 1
214 1
0)11()42()42( 
. (41)
Răspunsul corect este e).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 112 2016
Soluția nr . 2:
Aplicăm regula lui Sarrus.
Evaluăm pe
2A .
Atunci:
















21 14 1 12 51
1 10101321
1 10101321
2AA A
. (42)
În aceste condiții, avem:
21 5 2
det.( ) 1 1 4
1 1 2A
    


 )1()1(2)1()1()4()1()1(2

4 1 1

2 1 1

02)1()1()4()1()1(2)1()1(  . (43)
Răspunsul corect este e).

14. Se cer restul și câtul împărțirii p olinomului
1 3 22 3 X X Xf la
1X .
a)
X X r 3 ,12 ; b)
X X r 3 ,12 ; c)
X X r 3 ,12 ; d)
X X r 3 ,12 ;
e)
X X r 3 ,12 ; f)
1 ,22 X r .

Soluție:
Se realizează operați a de împărțire și se observă că :
3 2 2( 2 3 1):( 1) 3 1X X X X X X      
, (44)
care core spunde schemei
D C Î r  
. (45)
Răspunsul corect este a). [
T
y
p
e

a

q
u
o
t
e

f
r
o
m

t
h
e

d
o
c
u
m

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 113 2016
15. Care este soluția ecuației:
062 4 x x ?
a)
1 ; b)
2 ; c)
1 ; d)
0; e)
2 ; f)
3 .

Soluția nr . 1:
Deoarece răspunsul este unic, se verifică în parte, fiecare soluție în ecuația din
text și rezultă
1x .
Răspunsul corect este c).

Soluția nr . 2:
Ecuația se poate rezolva grafic.
Fie:
x xxf 2 4)(
, (46)
și
6)(xg
. (47)
Se reprezintă grafic func țiile:
R Rf:
,
x xxf 2 4)( , (48)
și
R Rg:
,
6)(xg . (49)
Din intersecția celor două grafice rezult ă soluția:
1x
, (50)
respectiv
1g f
. (51)
Răspunsul corect este c).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 114 2016
Soluția nr . 3:
Se face substitu ția:
tx2
. (52)
Ecuația din text, se mai scrie ca fiind:
06 062 2 06242 2 ttx x x x
. (53)
Discriminantul ecuației (2) admite valoarea:
25)6(141 42 2 ac bt
. (54)
Soluțiile ecuației (53) sunt:
251
22,1abtt
, (55)
din care rezultă soluțiile
31t
și
22t . (56)
Deoarece:
0 2tx
, (57)
se acceptă doar soluția
2 2x
1x
. (58)
Răspunsul corect este c).

16. Produsul soluțiilor ecuației
0 ln ln2x x
)0(x este:
a)
2e ; b)
1 ; c)
1e ; d)
e; e)
2 ; f)
2e .

Soluția nr . 1:
Ecuația din text se mai scrie:
0 ln ln2x x

0)1 (ln ln x x
. (59)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 115 2016
Din:
1 0 ln0
1 ex x
. (60)
Din:
ex x x 2 1 ln 01 ln
. (61)
Produsul soluțiilor ecuației din text este egal cu:
e xx2 1
. (62)

Răspunsul corect este d).

Solu ția nr . 2:
Notăm:
x yln
. (63)
Ecuația din text devine:
.0)1( 02 yy y y
(64)
Ultima ecuație admite ca soluții:
01y
și
12y . (65)
Revenind la substituție, rezultă:
11x
și
e x2 . (66)
Produs ul soluțiilor ecuației din text este egal cu:
e xx2 1
. (67)

Răspunsul corect este d).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 116 2016
17. Fie ecuația matricială







0101
111 2X ; care este suma elementelor matricei
?)(2RMX

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

Soluție:
Se consideră:




111 2A
(68)
și



0101B
. (69)
Deoarece:
BAX
. (70)
Înmulțim ecuația (70) la dreapta cu
1A și rezultă:
1 1   AB AAX

1 ABX
, (71)
în care



 
1001
21 1I AAA A
, (72)
1A
este matricea inversă pe care trebuie să o evaluăm în continuare și
2I este
matricea unitate care reprezintă un element neutru în raport cu operația de înmulțire a
matricelor în mulțimea
)(2RM .
Evaluăm inversa matr icei A.
Matricea transpusă este definită prin:




111 2TA
. (73)

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 117 2016
Se definește matricea:




22 2112 11 *
a aa aA
, (74)
în care
11)1(11
11 a
; (75)
1)1()1(21
12 a
; (76)
1)1()1(12
21 a
; (77)
22 )1(22
22 a
. (78)
Rezultă că:



2111*A
. (79)
Atunci matricea inversă admite exprimarea:
**
1* 11
12 det. 1AAAAA     
. (80)
Atunci:
1 ABX








2111
0101




1111
. (81)
Suma elementelor matricei
)(2RMX este egală cu 4.

Răspunsul corect este e).

18. Dacă
3 2 1,,xxx sunt rădăcinile polinomului
2 2 32 3 X X Xf , să se calculeze
) (2
32
22
1 3 2 1 xx xxxx 
.
a)
5; b)
8 ; c)
2 ; d)
4; e)
4 ; f)
10 .

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică
2016

ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ 118 2016
Soluție:
Polinomul are forma:
d cX bX aXf 2 3
)2( 2 )3(2 3 X X X
. (82)
Se aplică în mod direct relațiile lui Vi ète:
33 2 1 abx xx
, (83)
21 3 3 2 2 1 acxxxxxx
, (84)
23 2 1 adxxx
. (85)
Atunci:
 ) (2
32
22
1 3 2 1 xx xxxx

  ) (2) (1 3 3 2 2 12
3 2 1 3 2 1 xxxxxx xxx xxx
10)223(22
. (86)

Răspunsul corect este f).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică

BIBLIOGRAFIE 119 ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ
BIBLIOGRAFIE

[1] *** Grile subiecte – Fizică, algebră și analiză matematică date la admiterea în
Facultatea de Pompieri , www.academiadepolitie.ro .
[2] Darie , E., Popescu , G. – Exerciții pentru admiterea în învățământul tehnic
superior , Pompierii Români, nr. 4/2006.
[3] Darie , E., Popescu , G. – Exerciții pentru admiterea în învățământul tehnic
superior , Pompierii Români, nr. 5/2006.
[4] Darie , E., Popescu , G. – Exerciții pentru admiterea în învățământul tehnic
superi or, Pompierii Români, nr. 6/2006.
[5] Darie , E., Popescu , G. – Exerciții pentru admiterea în învățământul tehnic
superior , Pompierii Români, nr. 7/2006.
[6] Darie , E., Popescu , G., Pincu , M. – Exerciții pentru admiterea în
învățământul tehnic superior , Pompierii R omâni , nr. 8/2006.
[7] Darie , E., Popescu , G., Pincu , M. – Exerciții pentru admiterea în
învățământul tehnic superior , Pompierii Români , nr. 9/2006.
[8] Popescu , G., Darie , E. – Probleme de algebră și analiză matematică propuse
pentru admiterea în învățământul su perior tehnic , Buletinul Pompierilor,
nr. 2/2010, Editura Ministerului Administrației și Internelor, București, 2010.
[9] Popescu , G., Darie , E., Pavel , D. – Rezolvarea unor probleme de algebră și
analiză matematică date la admiterea în Facultatea de Pompieri – Academia
de Poliție „Alexandru Ioan Cuza” în perioada 2004 -2010 , Buletinul
Pompierilor, nr. 2/2010, Editura Ministerului Administrației și Internelor,
București, 2010.
[10] Popescu , G., Darie , E. – Rezolvarea unor probleme de algebră și analiză
matematică da te la admiterea în Facultatea de Pompieri – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza” în perioada 2005 -2009 , Buletinul Pompierilor,
nr. 1/2011, Editura Ministerului Administrației și Internelor, București, 2011.
[11] Darie , E., Popescu , G. – Rezolvarea subiect elor la disciplina fizică date la
concursul de admitere la Facultatea de Pompieri – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea iulie 2011 , Buletinul Pompierilor ,
nr. 2/2011, Editura Ministerului Administrației și Internelor, București, 2011.
[12] Pope scu, G., Darie , E. – Rezolvarea subiectelor de algebră și analiză
matematică date la admiterea la Facultatea de Pompieri – Academia de Poliție
„Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea iulie 2011 , Buletinul Pompierilor ,
nr. 2/2011, Editura Ministerului Administrați ei și Internelor, București, 2011.

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică

BIBLIOGRAFIE 120 ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ
[13] Darie , E., Popescu , G., Damian , C. – Rezolvarea subiectelor la disciplina
fizică date la concursul de admitere la Facultatea de Pompieri – Academia de
Poliție „ Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea iulie 2012 , Buletinul Pompieri lor,
nr. 2/2012, Editura Ministerului Administrației și Internelor, București, 2012.
[14] Popescu , G., Darie , E., Damian , C. – Rezolvarea subiectelor de algebră și
analiză matematică date la admiterea în Facultatea de Pompieri – Academia
de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea iulie 2012 , Buletinul Pompierilor ,
nr. 2/2012, Editura Ministerului Administrației și Internelor, București, 2012.
[15] Darie , E., Popescu , G., Damian , C. – Rezolvarea subiectelor la disciplina
fizică date la concursul de admitere la Facult atea de Pompieri – Academia de
Poliție „Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea iulie 2013 , Buletinul Pompierilor ,
nr. 2/2013, Editura Ministerului Afacerilor Interne , București, 2013.
[16] Popescu , G., Darie , E., Damian , C. – Rezolvarea subiectelor de algebră și
anali ză matematică date la admiterea în Facultatea de Pompieri – Academia
de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea iulie 2013 , Buletinul Pompierilor ,
nr. 2/2013, Editura Ministerului Afacerilor Interne, București, 2013.
[17] Darie , E., Popescu , G., Damian , C. – Rezolvarea subiectelor la disciplina
fizică date la concursul de admitere la Facultatea de Pompieri – Academia de
Poliție „Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea iulie 2014 , Buletinul Pompierilor ,
nr. 2/2014, Editura Ministerului Afacerilor Interne, București, 2014 .
[18] Popescu , G., Darie , E., Damian , C. – Rezolvarea subiectelor de algebră și
analiză matematică date la admiterea în Facultatea de Pompieri – Academia
de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea iulie 2014 , Buletinul Pompierilor ,
nr. 2/2014, Editura Minister ului Afacerilor Interne, București, 2014.
[19] Darie , E., Popescu , G., Damian , C. – Rezolvarea subiectelor la disciplina
fizică date la concursul de admitere la Facultatea de Pompieri – Academia de
Poliție „Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea iulie 2015 , Buletinul P ompierilor ,
nr. 2/2015, Editura Ministerului Afacerilor Interne, București, 2015.
[20] Popescu , G., Darie , E., Damian , C. – Rezolvarea subiectelor de algebră și
analiză matematică date la admiterea în Facultatea de Pompieri – Academia
de Poliție „Alexandru Ioa n Cuza”, sesiunea iulie 2015 , Buletinul Pompierilor ,
nr. 2/2015, Editura Ministerului Afacerilor Interne, București, 2015.
[21] Darie , E., Popescu , G., Damian , C. – Rezolvarea subiectelor la disciplina
fizică date la concursul de admitere la Facultatea de Pompi eri – Academia de
Poliție „Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea august 2016 , Buletinul Pompierilor ,
nr. 2/2016, Editura Ministerului Afacerilor Interne, București, 2016, (în curs de
apariție).

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere
Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”
Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Matematică

BIBLIOGRAFIE 121 ALGEBRĂ ȘI ELEMENTE
DE ANALIZĂ MATEMATICĂ
[22] Popescu , G., Darie , E., Damian , C. – Rezolvarea subiectelor de algeb ră și
analiză matematică date la admiterea în Facultatea de Pompieri – Academia
de Poliție „Alexandru Ioan Cuza”, sesiunea august 2016 , Buletinul
Pompierilor nr. 2/2016, Editura Ministerului Afacerilor Interne, București,
2016, (în curs de apariție).

ISBN: 978-973-745-167-5

Copyright Notice

© Licențiada.org respectă drepturile de proprietate intelectuală și așteaptă ca toți utilizatorii să facă același lucru. Dacă consideri că un conținut de pe site încalcă drepturile tale de autor, te rugăm să trimiți o notificare DMCA.

Acest articol: Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Editura Ministerul… [621766] (ID: 621766)

Dacă considerați că acest conținut vă încalcă drepturile de autor, vă rugăm să depuneți o cerere pe pagina noastră Copyright Takedown.

Rezolvarea subiectelor date la concursul de admitere Academia de Poliție „Alexandru Ioan Cuza ” Facultatea de Pompieri 2006 – 2016 Editura Ministerul… [621766]

Copyright Notice

PENTRU OBȚINEREA GRADULUI DIDACTIC I ÎN ÎNVĂȚĂMÂNT ÎNDRUMĂTOR : CONF. UNIV. DR. VERONICA POPESCU CANDIDAT : PROF. CORNACI MARIUS -CORNELIU IAȘI 2017… [623413]

Overview to tobacco taxation [631040]

LEGI, DECRETE, HOTĂRÂRI ȘI ALTE ACTEAnul 177 (XXI) Nr. 52 Miercuri, 28 ianuarie 2009 [602478]

http://irs.sagepub.com/ Sociology of SportInternational Review for the http://irs.sagepub.com/content/45/3/258The online version of this article can… [607412]

Lect. Univ. Dr. Ștefan Rucăreanu [609823]

Str. Teodor Mihali nr. 58 -60 [615296]

Copyright Notice

Similar Posts