Corrige Bac Mathematiques 2006 S

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• Publié par: shin
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b b b b b b b [CorrigédubaccalauréatSNouvelle-Calédonie\ novembre2006 EXERCICE 1 4points Communàtouslescandidats 5 0,5 1. Laprobabilitéestde = =0,005. 1 000 100 2. a. On suppose le cheptel assez important, donc le tirage successif de 10 animaux est uneépreuve deBernoulli deparamètres :n=10 et depro- babilitép=0,005. OnaE=n×p=10×0,005=0,05.¡ ¢ 10 0 10 10b. Onap(A)= ×0,005 ×0,995 =0,995 ≈0,951. 0 10Onap(B)=1−p(A)=1−0,995 ≈0,049. 3. a. Onal’arbresuivant: 0,8 TM 0,005 T0,2 0,1 T 0,995 M T0,9 b. On p(T)=p (T)+p (T)=0,005×0,8+0,995×0,1=0,004+0,099 5=M M 0,103 5. c. D’aprèslaformuledelaprobabilitéconditionnelle: p(+∩M) 0,005×0,8 p (M)= = ≈0,038.+ p(+) 0,103 5BaccalauréatS 6 ′A 5 5 4 4 3 3C B 2 2 C2 1 1 AD 2 O A0 A1−8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 -1 −1 C1 -2 −2′A1 -3 E F−3 -4 −4 -5 −5 ′A2 -6 −6 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 EXERCICE 2 4points PartieA 3 2 31. a. z ∈Restsolutiondez −(4+i)z +(7+i)z−4=0sietseulementsiz −1 1¡ ¢½ 3 2ℜ z −(1+i)z +(7+i)z −4 =012 1 1¡ ¢(4+i)z +(7+i)z −4=0 ⇐⇒ ⇐⇒1 3 21 ℑ z −(1+i)z +(7+i)z −4 =011 1½ ½3 2 3 2z −4z +7z −4=0 z −4z +7z −4=01 11 1 1 1⇐⇒ .2−z +z =0 z =0ouz =11 1 11 Seullenombre1vérifielapremièreéquation.Onadoncz =1.1 3 2b. Ondoitavoirz −(4+i)z +(7+i)z−4=(z−1)(z−2−2i)(az+b). Enidentifiantlestermesdeplushautdegréonobtient a=1eteniden- tifiant les termes constants :−4=b(2+2i) ⇐⇒ −2=b(1+i) ⇐⇒ b= −2 −2(1−i)= =−(1−i)=−1+i. 1+i (1+i)(1−i) 3 2Conclusion z −(4+i)z +(7+i)z−4=(z−1)(z−2−2i)(z−1+i). 2. Lafactorisationprécédentedonnelestroissolutionsdel’équation: S={1; 2+2i; 1−i}. PartieA 1. Figure. Nouvelle-Calédonie 2 16novembre2005BaccalauréatS B 2 1 A O D−1 1 2 −1 C −2 22+2i 2(1+i) 2(1+i) 22. Ona = = =(1+i) =2i. 1−i 1−i (1−i)(1+i π Lemoduledecenombreest2etundesesargumentsest . 2 2+2i 2+2i−0 |2+2i−0| OB Comme = , on a en prenant le module = = 1−i 1−i−0 |1−i−0| OC 2 ⇐⇒ OB=2OC. ³ ´ π−→ −→ Enprenantlesargumentsonobtient OC ; OB = .Conclusion :letriangle 2 OBCestrectangleenO. ³ ´ ³ ´−→ −→ π −→ −→ π 3. Onadefaçonimmédiate: OA ; OC = et OA ; OB =− .Ladroite(OA) 4 4 estdoncunebissectricedutriangle(OBC). π−i 24. Pardéfinitiondelarotation:z −z =(z −z )e ⇐⇒ z −1+i=(−1+i)(−i) ⇐⇒D C O C D z −1+i=i+1 ⇐⇒ z =2.D D³ ´ ³ ´π π−→ −−→ −→ −→ 5. On a vu que OC ; OD = et on a aussi CD ; CO = . Donc les droites 2 2 (OB) et (CD) sont parallèles : le quadrilatère OCDB est donc un trapèze rec- tangle(etpasunparallélogrammecarOB=2OC=2CD.) EXERCICE 2 5points Candidatsayantsuivil’enseignementdespécialité 1. L’écriturecomplexedelarotationr est:Ã !p π 1 3′ i 3z =ze =z +i . 2 2 ! Ã !Ã p p p 1 3 1 3 3 3 3 Enparticulier z =z +i =3 +i = +i .B B 2 2 2 2 2 2Ã !Ã !p p p p 3 3 3 1 3 3 9 3 3 3 3 3 2. On a r(B)= C et z = +i +i = − +i +i =− +C 2 2 2 2 4 4 4 4 2p 3 3 i . 2 Nouvelle-Calédonie 3 16novembre2005 + + + +BaccalauréatS 3πi 3z =r(z )=3×e .DoncDestlesymétriquedeAautourdeOetz =−3.D C Dp p 3 3 3 3 3 3 Onobtientsuccessivement z =− −i etz = −i .E F 2 2 2 2 π 3. a. Festl’image deApar sixrotationsdecentreOetd’angle soitune ro- 3 tationde2πsoitl’identité,doncr(F)=A. b. Lepolygoneestcomposédesixtrianglesisocèlesd’angleausommetme- π surant ,donc desixtriangleséquilatéraux. Ona donc AB=BC =CD= 3 DE=EF=FA=3.Cepolygoneestdoncunhexagoneréguliercecôté3et decentreO. EC′4. a. Sis (F)=C,lerapportdecettesimilitudeest: = EF¯ ¯p p¯ ¯ ¯ ¯3 3 3 3 p3 3¯− +i + +i ¯ ¯ ¯3i 3 p|z −z | 2 2 2 2c E ¯ ¯= p p = = 3.¯ ¯| | 3 3 3 3 3 3z −z |3|E E ¯| −i + +i ¯2 2 2 2 p′Lerapportdelasimilitude s estégalà 3.³ ´ p−→ −→ EC π Onaaussi EF, EC =arg =arg(i 3= . EF 2′Latransformation s◦s estunesimilitudecommecomposéededeuxsi-pp1 3 militudes,sonrapportétantleproduitdesrapports,soit × 3= ,et 2 2 π π 5π′dontunargumentestlasommedesargumentsdes ets ,soit + = . 3 2 6³ ´−→ −→ π b. Comme AD = 6 et AF = 3, que AD, AF = , l’image de D par s est le 3′pointC.Maisl’imagedeFpars estC. ′Conclusion:l’imagedeDpars ◦s estC. ′c. s ◦s estunesimilitudedirectecommecomposéededeuxsimilitudesdi- ′rectes:sonécriturecomplexeestdoncdelaformez =az+b.Onavuàp 3 5iπ 6laquestionaquea= e . 2 Ã !p p p 3 3 3 3 3 1′Onvientdedémontrerques (D)=C ⇐⇒ − +i = − +i (−3)+ 2 2 2 2 2p 15 9 3 b ⇐⇒ b=− +i . 4 4 p p 3 5iπ 15 9 3′ 6L’écriturecomplexeestdonc:z = e z− +i . 2 4 4 ′ ′5. a. Onapardéfinitiondelasymétrie:AC=CA ouAC =2AC; D’autrepartpartdefaçonévidente :AC=CE=EA:letriangle(ACE)est³ ´−−→ −→ π′équilatéralet AA , AE . 3′Conclusion:s(A )=E. ′ ′CommeEestlecentredelasimilitude s ,onas (E)=E.p pz ′+3 3 3Ab. Par le calcul, on a = − +i ⇐⇒ z ′ = −6+i 3. En utili-A 2 2 2′ ′sant l’écriture complexe de s ◦s trouvée au 4 c, on obtient : z ′ =s ◦s(A )p p¡ p ¢3 15 9 35iπ 6e −6+i 3 − +i . 2 4 4p 3 3 ′Ontrouve:z ′ =− −i =z .Es ◦s(A ) 2 2 EXERCICE 3 5points Nouvelle-Calédonie 4 16novembre2005BaccalauréatS µ ¶ µ ¶21 2 1 x −2′1. a. Lafonction f estdérivableet f (x)= 1− = . 2 22 x 2 x ′ 2 2lesignede f estdoncceluidex −2,carx >0, pour x>0.p 2Orsur]0;+∞[, x −2>0 ⇐⇒ x> 2. Lafonctionest: p – décroissantesur]0; 2[;p – croissantesur] 2;+∞[. D’oùlacourbereprésentativede f : 3 2 p 2 1 A A A A0 3 2 1 0 0,5 1,5694 2,25 0 1 2u u u0 2 1 1,42189 u3 µ ¶ 1 2 2. a. Onaquelquesoitn, u = u + = f (u ).n+1 n n 2 unµ ¶ p1 On vient de voir que u = f (u )= f = 2,25> 2. L’affirmation est1 0 2 vraieaurang1. p Supposons u > 2. D’après la question 1, la fonction f est croissantenp p sur[ 2;+∞[.Doncparapplicationdecettecroissance f u > f( 2)=( )np p 2.Doncu > 2.larelationesthéréditaire.n+1 p Conclusion:quelquesoitn>1,u > 2.n 2x 1 1 x 2−x b. Soit f(x)−x= + −x= − = . 2 x x 2 2xp 2Onavuquesix> 2, 2−x 60.p Conclusion:six> 2, f(x)−x60 ⇐⇒ f(x)6x.p c. Ona vu que pour n>0, u > 2; donc d’après la question précédenten f (u )6u ;or f (u )=u .n n n n+1 Conclusion:u 6u pourtoutn>0.Lasuite(u )estdécroissante.n+1 n np d. Lasuite u estdécroissanteetminoréepar 2.Elleconvergedoncvers( )n p unréelsupérieurouégalà 2. p 3. Lafonction f estdéfinieetcontinuesur[ 2;+∞[;lasuitedéfinieparu =n+1 f (u )convergeversℓ= f(ℓ).n µ ¶ 1 2 2 ℓestdoncsolutiondel’équation x+ =x ⇐⇒ 2x=x+ ⇐⇒ 2 x x p 2 2 22x =x +2 ⇐⇒ x =2 ⇐⇒ x=ℓ,seulesolutionsupérieureouégaleà 3.p Lasuite(u )convergeversℓ= 2.n EXERCICE 4 6points Premièrepartie 1. A∈(P ) ⇐⇒ −9+9=0:vrai;1 B∈(P ) ⇐⇒ 14−12+9=0:faux;1 C∈(P ) ⇐⇒ −7+4−6+9=0vrai;1 D∈(P ) ⇐⇒ 7−16+9=0:vrai.1 Nouvelle-Calédonie 5 16novembre2005 y=xBaccalauréatS −−→ −−→ AC(−1 ; 1 ; −1), AD(1 ; − 4 −3) : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc (P )estleplan(ACD).1  0 = −1+t 2. A∈(Δ ) ⇐⇒ 0 = −8+2t ⇒t=1ett=4.Pasdesolution.Doncfaux;1  3 = −10+5t 2 = −1+t B∈(Δ ) ⇐⇒ 0 = −8+2t ⇒t=3ett=4.Pasdesolution.Doncfaux;1  4 = −10+5t 1 = −1+t C∈(Δ ) ⇐⇒ 1 = −8+2t ⇒ t = 2 et t = 4,5. Pas de solution. Donc1  2 = −10+5t faux;  1 = −1+t D∈(Δ ) ⇐⇒ −4 = −8+2t ⇒t=2ett=2ett=2.Doncvrai;1  0 = −10+5t →− →− 3. Un vecteur u directeur de la droite (Δ ) a pour coordonnées u (1 ; 2 ; 5).1→− v (7; 4;−3)estunvecteurnormalauplan(P ).1→− →− Oru ¢v =7+8−15=0.Ladroite(Δ )estparallèleauplan(P ).Oren1et2on1 1 a trouvé que Dest un point de(Δ ) et de(P ).Doncla droite(Δ ) estincluse1 1 1 dans(P ).1 4. Unpointcommunà(Δ )et(Δ )asescoordonnéesquivérifientlesystème:1 2  ′ ½−1+t = 7+2t t−2 = 8  t = 4′−8+2t = 8+4t t−2 = 8⇐⇒ ⇐⇒ ′  t = −2′ ′−10+5t = 8−t 5t+t = 18 Onobtientdoncunesolutionuniquequidonnecommecoordonnées(3; 0; 10). Lesdroites(Δ )et(Δ )sontsécantes(etdonccomplanaires).1 2 5. Unpointcommunauxdeuxplansasescoordonnéesquivérifientlesystème:½ 7x+4y−3z+9 = 0 x−2y = 0  y = t Enposanty=t,onobtientlesystèmeéquivalent: 7x+4t−3z+9 = 0 ⇐⇒ x = 2t y = t x = 2t Labonneréponseestladeuxième. z = 6t+3 Deuxièmepartie −−→ →− 1. On traduit pour un point M(x ; y ; z) l’égalité vectorielle AM = au ⇐⇒ x−0 = a y−0 = 0 z−3 = −a OnadoncM(a ; 0; 3−a). ′x −2 = 0−−−→ →−′ ′y −0 = bDemêmeBM =bv ⇐⇒ . ′z −4 = b ′OnadoncM (2; b ; 4+b).−−−→′Ils’ensuitqueMM (2−a ; b ; a+b+1). ′ ′2. Ladroite(MM )estperpendiculaireà(D)età(D )sietseulementsi: ( −−−−→ ½ ½→−′MM ¢u = 0 2−a−a−b−1 = =0 2a+b = 1⇐⇒ ⇐⇒−−−→ →−′ b+a+b+1 = =0 a+2b = −1MM ¢v = 0 Nouvelle-Calédonie 6 16novembre2005BaccalauréatS ½ ½ 2a+b = 1 4a+2b = 2 3. ⇐⇒ ⇒ 3a = 3 ⇐⇒ a = 1. On en a+2b = −1 a+2b = −1 déduitqueb=−1. ′OnadoncH(1;0;2)etH (2;−1; 3). p′2 2 2 2 ′ 3.OncalculeHH =1 +(−1) +1 =3 ⇐⇒ HH = −−−→′ ′2 ′ 24. a. Avec M(a ; 0 ; 3−a) et M (2 ; b ; 4+b), on calcule MM =kMM k = 2 2 2 2 2 2 2(2−a) +b +(a+b+1) =4−a −4a+b +a +b +1+2a+2b+2ab= 2 2 2 2 2 22a +2b −2a+2b+2ab+5=a +b +2aba +1−2a+b +2b+1+3. ′2 2 2 2SoitenfinMM =(a+b) +(a−1) +(b+1) +3. b. Lestroispremierstermesdelasommeprécédentesontdescarrésdontla ′2pluspeitievaleurest0.OnadoncMM >3etcettevaleur3estatteinte a+b = 0 lorsquelestroiscarréssontnuls,c’est-à-direquand a−1 = 0 ⇐⇒ b+1 = 0 a+b = 0 a = 1 b = −1 Onretrouvedonclesvaleursa=1etb=−1etladistance(lapluscourte)p entrelesdeuxdroites:ellevaut 3. Nouvelle-Calédonie 7 16novembre2005