Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2006

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2006 EXERCICE 1 6 points Partie A 1. En posant u(t)= 5t et v ?(t)= 2t1+ t2 , on a : u?(t) = 5 et v(t) = ln(1+ t2), car quel que soit t réel, 1+ t2 > 1 > 0. On ob- tient donc en intégrant par parties (toutes les fonctions étant continues) : I = [5t ? ln(1+ t2)] 1 2 0 ? ∫ 1 2 0 5ln(1+ t2) dt = 52 ln (5 4 ) ?5 ∫ 1 2 0 ln(1+ t2) dt . 2. Soient f (x)= ln(1+ x)? x + x 2 2 et g (x)= ln(1+ x)? x. a. f est dérivable comme composée de fonctions dérivables sur R+ et f ?(x)= 11+ x ?1+ x = 1? (1? x2) 1+ x = x2 1+ x > 0, car 1+ x > 1> 0 et x 2 > 0. La fonction f est donc croissante à partir de ln(1)?0+0= 0 : elle est donc positive.

• vecteur ??di


• définition de la probabilité conditionnelle


• tible avec l'encadrement précité


• recherche de points fixes


• coordonnées


• représentation paramétrique de la droite ∆


• ??


• pi3

Sujets

• Coordonnées

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2006
• Nombre de lectures: 28
• Langue: FrançaisFrançais

Extrait

Durée : 4 heures

Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2006

E X E R C IC E 1

6 points

Partie A 2t ′ 1.En posantu(t)=5tetv(t)=, on a : 2 1+t ¡ ¢ ′2 2 u(t)=5 etv(t)=ln 1+t, car quel que soittréel, 1+t > 1>0. On ob tient donc en intégrant par parties (toutes les fonctions ét ant continues) : I Z µ ¶ Z 1 1 1 £ ¡ ¢¤ ¡ ¢ 5 5 ¡ ¢ 2 2 2 2 2 2 =5t×ln 1+t−5 ln 1+tdt=ln−15 ln +tdt. 0 0 2 4 0 2 x 2.Soientf(x)=ln(1+x)−x+etg(x)=ln(1+x)−x. 2 a.fest dérivable comme composée de fonctions dérivables surR + et ¡ ¢ 2 2 1 1−1−x x ′2 f(x)= − 1+x= = > 0, car 1+x > 1>0 etx > 0. 1+x1+x1+x La fonctionfest donc croissante à partir de ln(1)−0+0=0 : elle est donc positive. Pourx > 0,f(x) > 0. On admet de même que pourx > 0,g(x) 6 0. b.On déduit de la question précédente que : 2 2 x x ln(1+x)−x+ > 0⇐⇒x− 6 ln(1+x) et que 2 2 ln(1+x)−x 6 0⇐⇒ln(1+x) 6 xsoit 2 x x− 6 ln(1+x) 6 x. 2 2 En écrivant cet encadrement avecx=t(puisquex > 0), on obtient l’en cadrement :

4 t ¡ ¢ 2 2 2 t− 6 ln 1+t 6 t. 2 £ ¤ 1 c.En intégrant les trois fonctions précédentes sur 0 ; , on obtient : 2 Z 1 Z µ ¶ 1 Z 1 4 1 2 t 2 ¡ ¢ 2 2 2 2 2 5t−dt 6 5 ln 1+tdt 6 5tdt⇐⇒ [] ⇐⇒ 0 0 2 0 0 1 1 · ¸ Z 1 · ¸ 3 5 2 3 2 5t t ¡ ¢ 5t 2 2 − 6 5 ln 1+tdt 6 ⇐⇒ 3 2 0 0 3 0 Z 1 5 1 ¡ ¢ 5 2 2 − 6 15 ln +tdt 6 et finalement en prenant les opposés : 24 64 0 24 Z 1 5 ¡ ¢ 37 2 2 − 6 −15 ln +tdt 6 − 24 0 192

3.On déduit de la question 1. et de la question 2. c. que µ ¶ µ ¶ 5 5 5 5 5 37 ln− 6 I 6 ln−soit 2 4 24 2 4 192

0, 349 6 I 6 0, 366

Correction du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

Partie B 1.ϕ(0) est l’intégrale d’une fonction positive sur un intervalle d’amplitude nulle : doncϕ(0)=0. 2 10t Par définition de l’intégraleϕ(t)=. 2 1+t 2 n 10× n ′ 100 n obtienty=y+ 2.Avecy n+1 =y n +ϕ ( x n ) ×et0, 1 x n =, o n+1n 2 ×0, 1, n 10 1+ 100 2 n soity n+1 =y n +. 2 100+n 3.À partir dey 0 =0 et grâce à la formule de récurrence obtenue cidessus, on 1 1 4 1 4 9 peut calculery 1 =0,y 2 =. Puisy 3 = +,y 4 = + +et 101 101 104 101 104 109 1 4 9 16 y 5 = + + +. 101 104 1096 116 y 5 ≈0, 269 à 0, 001 près. 4.La valeur trouvée pour I par la méthode d’Euler avec un pas de 0 , est incom patible avec l’encadrement trouvé à la question A. 3. La valeur 0, 354 trouvée par la méthode d’Euler et un pas de 0, 0 1 est compa tible avec l’encadrement précité. (En fait I≈0, 364)

E X E R C IC E 2

1.

5 points

2 2 2 a.Résolution dez−4z+6=0⇐⇒(z−2)−4+6=0⇐⇒(z−2)+ ¡ ¢ ¡ p ¢ ¡ ¢ 2 2 2=0⇐⇒(z−2)−i 2=0⇐⇒z−2+i 2z−2−i 2=0⇐⇒ ½ z=2−i 2 z=2+i 2. S={2−; 2i 2 +i 2} p z 1 −3−1+i 2 (−1+i 2)(2−i 2)−2+2+i 2+2i 2 b.Le quotient= == = 6 z 1 2+ 4 i 2 +2 p 2z 1 −3 2 i . C’est donc un imaginaire pur. On déduit de l’égalité=i : 2z 1 2 ³ ´ −−−→−−−→ π en prenant les arguments OM 1 , BM 1 =, ce qui signifie que le tri 2 angle OBM 1 est rectangle en M 1 . c.Le triangle précédent est inscrit dans un cercle de diamètre [OB]. Orz 1 etz 2 étant conjugués, les points M 1 et M 2 sont symétriques autour de ³ ´ −→ O,u: le point M 2 appartient lui aussi au cercle circonscrit au triangle OBM 1 .

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Correction du baccalauréat S

-1

2

1

−→ v

0 O 0

-1

-2

−→ u

′ D

1

M 1

2 A

M 2

D

3 B

A. P. M. E. P.

′ Γ

4

′2 2.z=z−4z+6. ′22 2 a.On az−2=z−4z+6−2=z−4z+4=(z−2) .. ¡ p ¢ 2 iθ′2 iθ b.Siz=2+on vient de démontrer que2e , z−2=(z−2)=2e= ³ ´ −→ −−→ ¯ ¯ i2θ′ ′ 2e , d’oùz−2=2 et argu, AM=2θ. ′ Conclusion : M appartient au cercle de centre A(2 ; 0) et de rayon 2. p 2+i 6 3.D est le point d’affixed=2+ 2 Ã ! p 2+1 3i 6 p ¡ ¢ π π π i 3 a.d−2= =2+i=2 cos+i sin=2e . On en 3 3 2 2 2 déduit que | d−2 | = 2 c’estàdire que D appartient au cercle de centre A et de rayon 2, soit au cercleΓ. π ′ b., un argument de DD’après la question 2. b. un argument de D étant 3 ³ ´ −→ −−→ π ′ est 2=u, AD . 3 ³ ´ −→ −−→ 2π ′ ′ ′ D est le point deΓADtel que AB , =. 3 ³ ´ ³ ´ ³ ´ −−→ −→−→−→− −− → → π π ′ ′ ′ c.On a AO = AD=2 et AD , AO=AB , AO−ADAB , =π− =. 3 3 π ′ Les mesures des trois angles de OAD sont égales à . 3 ′ Conclusion : le triangle OAD est équilatéral.

E X E R C IC E 3

Partie AR. O. C. sur la loi de durée de vie sans vieillissement.

5 points

Partie B Z 10 −λt 1. a.Dep(T 6 10)=λe dt=0, 7 0 h i 10 −λt−10λ−10λ i f f−e=0, 7⇐⇒ −e+1=0, 7⇐⇒e=on en dé0, 3, 0 ln 0, 3 duit par croissance de la fonction ln,−10λ=ln 0, 3⇐⇒λ= − ≈ 10 0,120 3. Désormaisλ≈0, 12.

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A. P. M. E. P.

2.

1.

E X E R C IC E 4 Enseignement obligatoire

M(x;y;z)∈(DIJ)⇐⇒2x+y−z−1=0.

¯¯ 2x E +y E −z E −1 |− 2 | 62 6 c.On saitd(E, (DIJ))=p = = = . 6 3 2 2 2 2+1+ 1 6 Il en résulte que le volume de la pyramide EDIFJ est égal à : 1 ×A(DIFJ)×h,hétant la distance de E au plan calculée cidessus. Donc 3 1 6 6 1 V× == × . 3 2 3 3 −→ a.Δest donc la droite contenant E et de vecteur directeurn. DoncM(x;y;z)∈ −−→−→ Δ⇐⇒il existet∈Rtel que EM=t n. En égalant les coordonnées de ces

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5 points

a.Dans le repère donné les coordonnées de D, I, F et J sont

D(0 ; 1 ; 0) I(1/2 ; 0 ; 0) F(1 ; 0 ; 1) J(1/2 ; 1 ; 1)     1/2 1/2 −→−→     Donc DI − JF 1 , −1 . 0 0 −→−→ On a DI=JF⇐⇒DIFJ est un parallélogramme. 2 1 5 2 1 5 Calculons DI= +1=et IF= +1=. Conclusion : DI = IF. 4 4 4 4 Le quadrilatère DIFJ est un parallélogramme dont deux côtés consécutils ont la même longueur : c’est un losange. p p DF×IJ 3×2 6 L’aire de losange est par exemple := =. 2 2 2 −→ b.Soit un vecteurn(a;b;c) normal au plan (DIJ) ; il est normal au vecteur ½ a −→−→ −b=0 2 DI (1/2 ;−0) et au vecteur IJ (0 ;1 ; −1 ;−1) ce qui entraîne −b−c=0 ½ a=2b Le vecteur de coordonnées (−2c;−c;c)est normal au b= −c. −→ plan (DIJ) ; en particuliern(2 ; 1 ;−1) est un vecteur normal à ce plan. On en déduit qu’une équation du plan (DIJ) estM(x;y;z)∈(DIJ)⇐⇒ 2x+y−z+d=0. 1 En particulier I(1/2 ; 0 ; 0)∈(DIJ)⇐⇒2× +0−0+d=0⇐⇒d= −1. 2 Une équation du plan (DIJ) est donc :

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⇐⇒

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b.Par définition de la probabilité conditionnelle : £ ¤ 15 −0,12t −0,12×15 p(T>10)∩p(T>15)p(T> 15) 1−e e 0 p (T>10 (T>15)≈= = = = p(T>10)p(T>310) 0, 3 0, 0, 550. £ ¤ 5 −0,12t c.D’après la partie A, la probabilité cherchée estp(T 6 5)=e= 0 −0,6 1−e . La probabilité est d’environ 0, 451≈0, 45. a.On a une épreuve de Bernoulli avecn=6 etp=0, 3. b.On ap(Y > 4)=p(Y=4)+p(Y=5)+p(Y=6)= ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 6 4 2 6 5 1 6 6 0 4 2 5 0, 3×0, 7+0, 3×0, 7+0, 3×0, 7=15×0, 3×0, 7+6×0, 3× 4 5 6 6 0, 7+0, 3≈0, 070. −2 La probabilité d’ouvrir de nouvelles caisses est d’environ 0, 07 à 10 près.

2.

Correction du baccalauréat S

3.

deux vecteurs, on obtient :  x  M(x;y;z)∈Δ⇐⇒ y  z

= = =

2t t 1−t

A. P. M. E. P.

qui est une représentation paramétrique de la droiteΔ.   1=2t1/2=2t   K(1 ; 1/2 ; 1/2)∈Δ⇐⇒ 1/2=t ⇐⇒ 1/2=t ce   1/2=1−t t=1/2 qui est cohérent. b.Le point commun àΔet à (DIJ) (unique carΔest perpendiculaire à (DIJ)) a ses coordonnées qui vérifient les équations de la droite et l’équation du 1 plan, donc 2×2t+t−1+t−1=0⇐⇒6t−2=0⇐⇒t=. 3 D’où L(2/3 ; 1/3 ; 2/3).   1 2 1 − + 3 3 3 −→−→−→ 1 1 2   c.On calcule les coordonnées du vecteur LB+LE+LG+− − . 3 3 3 2 1 1 − + + 3 3 3 −→−→−→−→ On a bien LB+LE+LG=0⇐⇒L est l’isobarycentre ou centre de gravité de (BEG) µ ¶ 2 4 1 2 2 2 2 a.M(x;y;z)∈S⇐⇒x+y+z−2x−y−z+ =0⇐⇒(x−1)y− + 3 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 2 1 1 1 4 1 1 1 2 z− −1− − + =0⇐⇒(x−1)+y− +z− =qui est 2 4 4 3 2 2 6 l’équation d’une sphère de centre le point de coordonnées (1 ; 1/2 ; 1/2) r 1 6 c’estàdire le point K et de rayon=. 6 6 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 2 2 2 1 1 2 1 1 b.; 2/3)On a L(2/3 ; 1/3 ∈S⇐⇒ −1= ⇐⇒+ − + − 3 3 2 3 2 6 1 1 1 1 6 1 + + = ⇐⇒ =qui est vraie. 9 36 36 6 36 6 Conclusion L est un point deΔ, du plan (DIJ), du plan (BEG) et de la sphèreS. Comme (KL) est perpendiculaire au plan (DIJ) et que KL est égal au rayon de la sphère, il en résulte que le plan (DIJ) est tangent à la sp hèreSau point L.

E X E R C IC E points4 5 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1. a.D’après le cours il existe une unique similitude directe qui transforme deux points distincts en deux points distincts. ′ b.On sait que l’écriture complexe desest :z=a z+b,aetbétant deux complexes que l’on détermine en écrivant ques(O)=I ets(A)=C, soit : ½ 1+i=a×0+b ⇒a=i−1 (par différence), etb=1+i. 2i=a+b ′ L’écriture complexe est doncz=(i−1)z+1+i. Recherche de points fixes : siza pour imagez=(i−1)z+1+i, alors 1+i (1+i)(2+i) 1+3i z(2−i)=1+i⇐⇒z= = =. La similitude a un 2−i 4+1 5 1 3 seul point fixeΩd’affixeω= +i . 5 5 µ ¶ µ ¶ 2 2 −4 3 16+9 2 2 c.On a AΩ= |ω−1=+ = | = 1⇒AΩ=1. 5 5 25 Conclusion AΩ= AO = 1, doncΩappartient au cercleΓde centre A et de rayon 1.

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A. P. M. E. P.

−3−4i 8+4i ′ 2.f:z−7→z=z+. 5 5 −3−4i+8+4i 5 a.zdésignant l’affixe de l’image parfde A,z= = = ′ ′ A A 5 5 1=z A . A est un point invariant parf. −3−4i 8+4i 6i−8+8+4i 10i De mêmez= ×(−2i+ ′ C == = 2i=z C . 5 5 5 5 C est également un point invariant parf. µ ¶ −3−4i D’après l’écriture complexe=1 ,fest une similitude indirecte ¯ ¯ 5 ayant deux points fixes : c’est donc une symétriedroite autour de la droite (AC). Image deΩparf: µ ¶ µ ¶ −3−4i 1−3i 8+4i−3+9i−4i−12+40+20i 25+25i z= + = = = ′ Ω 5 5 5 25 25 1+i=z I . I est donc l’image deΩparf. b.cf. figure −−−−→ −−→ ′ ′′ ′ ′′ 3.À tout point M on associe M et M tels queM M=ΩM. − −−→→ → − −− ′ ′′ ′ ′′ a.Si M=Ω, alorsΩ Ω=ΩΩ=0⇒Ω=Ω=Ω(carΩest invariant par s. −−−→ −→ −−→ −→ ′′ ′ ′′ ′′ b.: on a par définition A AConstruction de A =ΩA⇐⇒CA=ΩA⇐⇒ ′′ Ωest un parallélogramme.AA C ′′ On peut construire A en utilisant les diagonales du parallélogramme ou les côtés opposés de même longueur. −−−−→ −−→ ′ ′′ c.L’égalitéM M=ΩMse traduit en termes d’affixes par 1+3i 4+2i ′′ ′ ′′ z−z=z−z Ω ⇐⇒z=(i−1)z+1+i+z− =iz+. 5 5 4+2i Recherche de points invariants : on résoutz=iz+ 5 4+2i (4+2i)((1+i) 1+3i ⇐⇒z(1−i)= ⇐⇒z== = z Ω . 5 5(1−i)(1+i) 5 µ ¶ 1+3i 1+3i On obtient par différence :z"− =iz−qui est l’écriture 5 5 π complexe d’une rotation de centreΩet d’angle (quart de tour direct). 2 ′′ d.L’ensemble (Γ) est l’image par cette rotation du cercle (Γ) : c’est donc un cercle de même rayon et dont le centre est l’image par le quart de tour du point A.

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