Corrigé du bac S 2007: Mathématique Obligatoire

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Description

Etude de fonction, vrai/faux géométrie, probabilité, géométrie complexe
Terminale S, Liban, 2007

Sujets

• bac
• bac s
• bac es
• corrigé bac

Informations

• Publié par: les-corriges
• Publié le: 01 janvier 2007
• Nombre de lectures: 59
• Langue: Français

Extrait

CORRECTION DU BAC 2007
Terminale S Liban



Exercice 1
1) a) ln x = 0 ? x= 1 ; ln x > 0 ? x> 1 ; ln x < 0 ? x< 1 (la fonction ln
étant strictement croissante sur 0 ; + ). ] [

1 ln x= 0 ? ln=x 1? = x e ; 1 ln x< 0 ? ln>x 1? > x e ;
1 ln x> 0 ? ln<x 1? < x e (la fonction ln étant strictement croissante sur 0 ; + ). ] [

On en déduit le tableau de signes suivant :

x 0 1 e +
signe de ln x 0 + +
signe de 1 ln x + + 0
signe de
0 0 + ln x 1 ln x ( )( )

b) Pour étudier la position relatives des courbes C et C’ sur 0 ; + , il suffit d’étudier le ] [
signe de f x g x sur cet intervalle. ( ) ( )
2
Or f x g x = ln x ln x= ln x 1 ln x ; alors on en déduit, d’après la question ( ) ( ) ( ) ( )( )
précédente que :

• sur 0 1 e+ ; , la courbe C est en dessous de C’ ; ] [ ] [
• sur 1 e , la courbe C est au dessus de C’ ; ] [
•••• si x ==== 1 et x ==== e , les courbes C et C’ se coupent.

22) a) La fonction ln est dérivable sur 0 ; + et la fonction x֏ x est dérivable sur R, ] [
alors la fonction g est dérivable sur 0 ; + en tant que composée de deux fonctions ] [
dérivables.
Donc, la fonction h est dérivable sur 0 ; + en tant que somme de deux fonctions ] [
dérivables sur 0 ; + . ] [
1 1 2 1 1 2ln x
Soit x un réel strictement positif, h x = 2 ln x = . ( ) ( )
x x x
Comme x est strictement positif, alors le signe de h x dépend de celui de 1 2ln x . ( ) ( )
1
1 1
2Or 1 2ln x= 0 ? ln=x ? = x =e e ; 1 2ln x> 0 ? ln<x ? < x e ;
2 2
1
1 2ln x< 0 ? ln>x ? > x e (la fonction ln étant strictement croissante sur
2
0 ; + ) . ] [
- 1 -
C. Lainé
- ¨ -;- - -;¨ - -;¥ - ¥;¥ -·-·¥ - -;- ¥¥-¢¥; - ; ¥¥¥--¥--¢-¨¥¨¥;  Par conséquent, la fonction h est croissante sur 0 ; e et est décroissante sur
 
 e ;+ +++ .
 

b) Les points M et N ont pour coordonnées respectives x ; f x et x ; g x . ( ) ( )( ) ( )
2
On en déduit que : MN = g x f x = g x f x . Or sur 1 ; e , f x g x d’après ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( )( )
la question 1). D’où : MN = f x g x = h x . ( ) ( ) ( )
Or, d’après la question précédente, la fonction h admet un maximum pour x = e .
Par conséquent, sur l’intervalle 1 ; e , la valeur maximale de MN est obtenue pour [ ]
x = e .

c) L’intervalle d’étude est ]0 ; + [ .
2 2Posons X = ln x ; l’équation ln x ln x= 1 équivaut à X X =1 0 . ( )
2
Calculons le discriminant : = 1 4 =1 1 5 . ( ) ( )
2Comme > 0 , alors l’équation X X =1 0 admet deux solutions
1 5 1+ 5
X = et X = . 1 2
2 2
1 5
1 5 1 5 2Si X = , alors ln x = ; d’où x = e . ( )1 1 1
2 2
1+ 5
1+ 5 1+ 5 2Si X = , alors ln x = ; d’où x = e . ( )2 2 2
2 2
1 5
2 2Par conséquent, l’équation ln x ln x== 1 admet deux solutions x == e et ( ) == ==1
1++ 5
2x = e . 2

2
d) D’après la question 2) b), MN = g x f x = g x f x . Or sur 0 ; 1 e ;+ , ( ( ) ( )) ( ) ( ) ] [ ] [
2
f x < g x . Donc, sur 0 ; 1 e ;+ , MN = f x g x= h =x +ln x ln x . ( ) ( ) ] [ ] [ ( ( ) ( )) ( ) ( )
1 5 1+ 5
2 2 2On en déduit que : MN = 1 équivaut à (ln x) ln x= 1, c’est-à-dire à x = e ou à x = e
d’après la question précédente.
1 5 1+ 5
2 2Par conséquent, sur 0 1 e+ ; , il existe deux réels a = e et b = e (a < b) ] [ ] [
pour lesquels la distance MN est égale à 1.

e
3) a) Calculons lnx dx . ∫1
1u x = ln x u x =( ) ( ) 
Posons . Alors x .  
v (x) = 1  v x = x( )
Les fonctions u v, uv et uv sont continues et dérivables sur 1 ; e , d’après la méthode ( ) [ ]
de l’intégration par parties :
e ee 1 e
ln x dx = x ln x x d=x elne =x e+ e 1= 1. [ ] [ ]∫ ∫1 11 1 x

- 2 -
C. Lainé
-¢·¥;¥¢¥D¥ ¢¥---¢‡---¥-- -¥-¥¨-¥D-¢---·---- -;¨ ;--¥--·----¨ - -;- - -¨-¨-¨--¥b) La fonction G est dérivable sur 0 ; + en tant que produit et somme de fonctions ] [
dérivables sur 0 ; + . ] [
Soit x un réel strictement positif.
2  1 1 2 G x = 1 ln x 2ln+x 2+ x 2 ln x = 2 ln x 2ln x + 2 + 2ln x 2 . ( ) ( ) ( ) ( )   x x 
2
Par conséquent, G x = ln x = g x pour tout réel x strictement positif. ( ) ( ) ( )
Par suite, la fonction G est une primitive de g sur 0 +; + . ] [

e
c) Comme C est au dessus de C’ sur 1 ; e , alors A = f x g x dx . ] [ ( ( ) ( ))∫1
e e e e
Or f x g x dx= f x dx g x d=x 1 G x= 1 G+ e G 1 . ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∫ ∫ ∫ 11 1 1
2 2   De plus, G 1 = 1 ln1 2ln+1 2= 2 et G e= e lne 2+lne= 2 e . ( ) ( ) ( ) ( )   
Donc, A = 1 e+ 2 = 3 e u.a.

Exercice 2 (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)

 1 3
1) D’après l’énoncé, la droite (d) a pour vecteur directeur u ; 0 ; .  2 2 

On remarque que les coordonnées des vecteurs u et j (0 ; 1 ; 0) ne sont pas
proportionnelles ; d’où ces vecteurs ne sont pas colinéaires.

Par suite, la droite (d) n’est pas parallèle à l’axe O ; j . ( )
La proposition 1 est donc fausse.

1 3 
2) Comme P est orthogonal à (d), alors u ; 0 ; est un vecteur normal à P.  
2 2 
1 3
Alors P a pour équation x +z =d 0 .
2 2
1 3
Or A de coordonnées 2 ; 1 ; 1 appartient à P, d’où : 2 + 1= d 0 , c’est-à-dire ( )
2 2
3 5
d = 1+ = .
2 2
1 3 5
Donc P a pour équation x +z = 0 , ou encore x + 3z 5= 0 .
2 2 2
La proposition 2 est donc vraie.

t
3) Comme C est le point d’abscisse 1, alors 2 = 1, c’est-à-dire t = 2 ; d’où C a pour
2
coordonnées 1 ; 1 ; 2 . ( )

ABiAC On a : ABiAC = AB AC cos BAC , soit cos BAC = . ( ) ( )
AB AC

Or AB et AC ont pour coordonnées respectives 2 ; 1 ; 1 et 1 ; 2 ; 1 ; alors ( ) ( )
22 2ABiAC = 2 +1 1+ 2= 1 1 3 , AB = 2 + 1 + 1 = 6 et ( ) ( ) ( )
2 2 2AC = 1 + 2 + 1= 6 . ( )
3 1 2 On en déduit que : cos BAC = = = cos . ( )  
2 36 6  
- 3 -
C. Lainé
·-p·¢-----··-·-··--·--¥·¥-------·---·---·---¥·¥·--------··¥-¥¢-2Par conséquent, la mesure de l’angle géométrique BAC est radians.
3
La proposition 3 est donc fausse.

4) Comme G est le barycentre des points pondérés A, 1 , B, 1 et C, 1 , alors G a ( ) ( ) ( )
 x + x + x 3A B Cx = x = = 3G G 1+ 1+ 1 1 
y + y + y 0 A B Cpour coordonnées y = , c’est-à-dire y = = 0 .  G G 11+ 1+ 1 
 y + y + y  3A B Cx = x = = 3 G  G 11+ 1+ 1 
5 1 
On en déduit que le milieu du segment AG a pour coordonnées ; ; 2 . [ ]  
2 2 
 5 1 
Or le milieu du segment BC a pour coordonnées ; ; 2 . [ ]  2 2 
Donc AG et BC ont le même milieu. [ ] [ ]
La proposition 4 est donc vraie.

5) Le rayon de la sphère de centre C et passant par B est BC = 18 .
x + 3z 5 2 2 10 10C C
Calculons la distance du point C au plan P : = = = .
2 2 2 10 5101 + 0 + 3
10
Or est strictement inférieur à 18 , donc la sphère coupe le plan P.
5
La proposition 5 est donc vraie.

Exercice 2 (candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité)

1 2
1) La similitude directe de centre A d’affixe + i , d’angle et de rapport 2 a pour
5 5 2
i1 2  1 2    2écriture complexe z + i = 2 e z + i , soit     5 5 5 5    
 1 2  1 2 2 4 1 2   
z = 2i z + i + + i = 2iz +i + + =i 2+iz 1.     5 5 5 5 5 5 5 5    
La proposition 1 est donc vraie.

2) Soit P le plan d’équation z = 5 .
z = 5
M x ; y ; z S P équivaut à ( )  2 2z = x + 2x + y + 1
z = 5
équivaut à  2 2x + 2x + y + 1= 5
z = 5
équivaut à  2 2(x + 1) 1+ y + 1= 5
z = 5
équivaut à  2 2(x + 1) + y = 5
Donc la section de la surface S et du plan P est le cercle de centre 1 ; 0 ; 5 et de rayon ( )
5 .
La proposition 2 est donc fausse.
- 4 -
C. Lainé
-----¢-¢--˙-˛--ppp-----6 7 13 3 33 750 5 6 5 53) 750 = 5 6 ; alors 5 1= 5 =1 5 = 1 5 1. ( ) ( )
35Or 7 est un nombre premier qui ne divise pas 5 , alors, d’après le petit théorème de
7 1 7 13 35 5Fermat, 5 1 7 . On en déduit que 5 1 0 7 . [ ] [ ]( ) ( )
7 13750 5Par conséquent, 5 1= 5 1 est divisible par 7. ( )
La proposition 3 est donc vraie.

Petit théorème de Fermat : Soit n un