Baccalauréat S Liban juin Corrigé

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Baccalauréat S ? Liban ? 11 juin 2009 Corrigé Exercice 1 3 points Bien que cela ne soit pas demandé dans l'énoncé, les affirmations sont ici démontrées. 1. On a p ( A ) = 3 5 , donc p(A)= 2 5 . De plus A et B sont indépendants, donc p(A?B)= p(A)?p(B). On a : p(A?B)= p(A)+p(B)?p(A?B)= p(A)+p(B)?p(A)?p(B)= p(B)? ( 1?p(A) ) +p(A) On en déduit : p(B)= p(A?B)?p(A) 1?p(A) = 4 5 ? 2 5 1? 2 5 = 2 3 . La réponse correcte est donc b.. 2. On a p(X > 5)= 1?p(X ≤ 5)= 1? ∫5 0 0,04e?0,04x dx = 1? [ ?e?0,04x ]5 0 = 1? ( ?e?0,04?5?e0 ) = e?0,2 ≈ 0,82. La bonne réponse est donc la proposition d.

• hauteurs du triangle big


• isobarycentre des points o?


• centre de la face adhe


• reste dans la division euclidienne


• ei pi2


• milieu de segment

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2009
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Extrait

Baccalauréat S−Liban−11 juin 2009 Corrigé

Exercice 1 Bien que cela ne soit pas demandé dans l’énoncé, les affirmations sont ici démontrées. ³ ´ 3 2 1.On ap A=, doncp(A)=. De plusAetBsont indépendants, doncp(A∩B)=p(A)×p(B). 5 5 ¡ ¢ On a :p(A∪B)=p(A)+p(B)−p(A∩B)=p(A)+p(B)−p(A)×p(B)=p(B)×1−p(A)+p(A) 4 2 − p(A∪B)−p(A) 2 5 5 On en déduit :p(B)= ==. La réponse correcte est doncb.. 2 1−p(A) 3 1− 5 Z 5 £ ¤¡ ¢ 5 −0,04x−0,04x−0,04×5 0−0,2 2.On ap(X>5)=1−p(X≤5)=1−d0, 04ex=1− −e=1− −e−e=e≈0, 82. 0 0 La bonne réponse est donc la propositiond..

3 points

3.SoitCl’événement : « je sors mon chien » etPl’événement « il pleut ».PetPforment une partition de l’univers, donc j’utilise la formule des probabilités totales : 1 1 9 328 7 p(C)=p P (C)×p(P)+p(C)×p(P)= ×+ ×= = P 10 4 10 4 40 10 ³ ´ 9 3 ´ p P∩C × p(C)×p(P) 27 4 P 10 On en déduitp C P== = 7 =. La bonne réponse est doncd.. p(C)p(C) 10 28

Exercice 2

y

3

2

1 (T)

(D)

C

x 5−4−3−2−1 12 3 4

8 points

Partie A −x−x−x 1. a.lim eOn a=lim 10, donc+e=lim ln(11 donc+e )=0 donclimf(x)= +∞ x→+∞x→+∞x→+∞x→+∞ 1 ¡ ¢ −x −x b.Commef(x)−x=ln (1+1lim lnet quee )+e=0, on en déduit que la droite (D) est asymptote à (C) au voisi x→+∞ 3 nage de+∞. 1 −x−x−x c.Commef(x)−x=ln(1+et quee )∀x∈R, {−x}>0, on a 1+e>(11 et donc ln+e )>0, dont on déduit que 3 l’asymptote (D) est en dessous de la courbe (C) surR. µ ¶µ ¶ x 1 11 e+1 11 1 −x xx x d.Soitxun réel. On af(x)=ln (1+e )+x=ln 1+ +x=ln+x=ln(e+1)−ln(e )+x=ln(e+1)−x+x x x 3 e3 e3 33 2 x soitf(x)=ln(e+1)−x 3 ¡ ¢ 2 x xx e.On alim e=0 donclim e+1=elim ln1, donc+1=0 et comme par ailleurs,lim−x= +∞, on en déduit x→−∞x→−∞x→−∞x→−∞ 3 limf(x)= +∞ x→−∞

A. P. M. E. P.

x+ 2. a.fest dérivable en tant que composée d’une fonctionx7→−e+1, définie et dérivable surRet à valeurs dansR,où la fonction ln est dérivable : cette composée est donc dérivable surR, la fonction linéaire que l’on y ajoute pour obtenir f(x) étant elle même dérivable surR, la fonctionfest bien dérivable surR. x xx xx x e 2 3e2(e+1) 3e−2(e+1) e−2 ′ Sa dérivée est :f(x)= −= − ==. x xx x x e+1 3 3(e+1) 3(e+1) 3(e+1) 3(e+1) ′ ′x b.Le dénominateur defest strictement positif, doncfest du signe de son numérateur, et e−2>0⇐⇒x>ln(2). On en déduit donc que la fonctionfest strictement décroissante sur ]− ∞; ln2] puis strictement croissante sur [ln2 ;+∞[. Partie B 1 −x 1.On a démontré dans lapartie Aquef(x)− =ln (1+e )>0 pour toutxréel, donc l’aire entre (C) et (D) et les droites 3 Z n ¡ ¢ −x d’équationx=0 etx=n, pournentier naturel non nul, estd n =ln 1+e dx. 0 Z Z n n ¡ ¢£ ¤ n −x−x −x−x−x−n 2.Si on a∀x∈R, ln(1+e ) 6 alorse ,d n =ln 1+e dx 6 e dx= −e=1−e 0 0 0 −n Comme pour toutnon a e > 0, on a bien, pour toutnnatureld n 6 1 est donc maj La suite (d n ) n > 1 orée. De plus : Z Z n+1n ¡ ¢¡ ¢ ∗ −x−x ∀n∈N,d n+1 −d n =ln 1+e dx−ln 1+e dx 0 0 Z n+1 ¡ ¢ −x =ln 1+e dx n et l’intégrale entrenetn+ositive, on a pour tout1 d’une fonction positive (comme établi à la partie A) étant pnnon nul d n+1 −d n > 0 doncd n+1 > d n et donc la suite est croissante. rgente, on en déduit que c’est le cas de Une suite croissante et majorée étant nécessairement conve(d n ) n > 1 . Partie C 0 e−2−1 ′ ′ 1.Le coefficient directeur de (T) est donné parf(0). C’est doncf(0)= =. 0 3(e+1) 6 2.Soitxun réel non nul, considéronsMetNles deux points de la courbe (C) d’abscisses respectivesxet−x. 2 x L’ordonnée de M est doncy M =f(x)=ln (e+1)−x. 3 ¡ ¢ 1 1 −(−x)x Pour calculer celle de N, on va utiliser l’autre forme def:y N =f(−x)=ln 1+e+(−x)=ln (e+1)−x. 3 3 · ¸· ¸ 2 1 2 11 x x ln (e+1)−x−ln (e+1)−x −x+x−x y M −y N 1 3 3 3 33 Le coefficient directeur de (M N) est donc := == =− x M −x N x−(−x) 2x2x6 Les droites (M N) et (T) ayant le même coefficient directeur, elles sont donc parallèles.

Exercice 34 points µ ¶ 1 →−−→−→−→ 1 −→→− 1 −→ 1. a., car AI; 0 ; 1Le point I a pour coordonnées=AE+EI=AE+EF=AE+AB 2 22 Le point J a pour coordonnées (2 ; 0 ; 1) µ ¶ −→−→→− 1 b.: (2 ;On a les coordonnées suivantes : DJ−.1 ; 1) ; BG0 ; 1: ;1 ; 1) et BI: (0 ; 2 −→−→ Les vecteurs BGet BIsont clairement non colinéaires. −→−→−−→ − → 1 On a finalement DJ∙BG=0−1+1=0 et DJ∙BI=2× +0+1=0 2 −→ Le vecteur DJest donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BGI), donc il est normal au plan. c.On en déduit que le plan (BGI) a une équation cartésienne de la forme : 2x−y+z+d=0,d∈R.détant tel que l’équation du plan est vérifiée par les coordonnées de B (car B est un point du plan). Donc 2×1−0+0+d=0 soitd= −2, l’équation du plan est donc 2x−y+z−2=0. | 2×1−0+1−2 | 1 6 d.On applique la formule du cours : la distanceδestδp == =. 6 2 2 2 2+1+ 1 6 −→ 2. a.La droite (Δ) est dirigée par DJ , de coordonnées (2 ;−c1) et passant par F, de coordonnées (1 ; 0 ; 1), elle admet don1 ;  x=1+2t  pour représentation paramétrique : y= −t t ∈R.  z=1+t 1 b.Le plan de la face ADHE est le plan d’équationx=0, et le point de (Δ) d’abscisse 0 est le point de paramètre−, ce point 2 µ ¶ 1 1 a pour coordonnées0 ;; ,c’est bien le centre de la face ADHE, car c’est le milieu du segment [AH] H étant le point 2 2 de coordonnées (0;1; 1)et A l’origine du repère. L’intersection de (Δ) et de la face ADHE est bien le centre de celle ci, le point K.

Liban 11 juin 2009

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corrigé

A. P. M. E. P.

µ ¶ 2 1 55 c.; ;Le point L, de coordonnéesest le point de (Δ) de paramètre−. 3 6 66 2 1 54 44 26 De plus, on a 2× − + −2= + −2= + −2= −2=0 les coordonnées de L sont donc sont solutions de 3 6 63 63 33 l’équation de (BGI) le point L est aussi sur (BIG), c’est donc bien l’intersection de la droite et du plan. µ ¶µ ¶ −→ 1 1 5 −→ 1 d.de coordonnéesOn a LB;−;−et GIde coordonnées−;−1 ; 0 3 6 62 −→−→ 1−1−1−5−1 1 Donc LB∙GI+ ×= ×(−1)+ ×0== +0 : les vecteurs sont orthogonaux, donc (BL) et (GI) sont perpen 3 26 66 6 diculaires (orthogonales et coplanaires) donc (BL) est la hauteur issue de B dans BIG. µ ¶ −→→− 11 1 BG apour coordonnées (0 ; 1 ; 1) et ILa pour coordonnées; ;−. 6 66 −→−→ 1 1−1−1 1 Donc IL∙BG= ×0+ ×1+ ×1== +0 là encore les vecteurs sont orthogonaux, donc (IL) et (BI) sont perpen 6 66 66 diculaires (orthogonales et coplanaires) donc (IL) est la hauteur issue de I dans BIG. L est donc l’intersection de deux des hauteurs du triangle BIG, c’est bien l’orthocentre de BGI.

Exercice 4 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité Partie A à ! · µ¶ µ¶¸ h ³´ ³´i 3 3 p − 3 1 p π π5π5π 1.z A = −+i=3× +i=3−cos+i sin=3 cos+i sin. 2 22 26 66 6 5π−5π i i 6 6 On a doncz B =3e=3e iπ Enfin,z C =3e 2.Voici la figure :

−4

× 3 C’

2

A 1 × × G’ −→ × × v B’ A’ × × −→ C O G −3−2−1 u 1

× B

−1

2

3

5 points

4

− ³ ´³ ´ − 3 33 1 3 3 −3− −3i i×i+ 2 2 − +i 2 2 π z C −z B 2 2 1 3 i 3.PosonsZ= = ³ ´³ ´ = =p =+i=e . 3 2 2 − 3 3 − 3 3 z A −z B i 3i 3 +i− −i 2 22 2 π BC i On a|Z| = ¯ e ¯ =1 et|Z| =, donc BA = BC : le triangle est isocèle en B. 3 BA ³ ´³ ´ π −→−→ π π π i De plus arg(Z)=arg e≡(2π), donc l’angleBC ; BA≡(2πpour angle principal : le) : le triangle BAC, isocèle en B a 3 3 33 triangle est donc équilatéral.

Partie B

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A. P. M. E. P.

1 1 π i 1. a.On ai=donc :e , 2 3 3 ³ ´ 2 1 π 1 π p 5π 1 π5π13π π i 2 i ii i ii 2 26 23 66 z A’ =e×z=e×3e=e×3e=e=e A 3 33 ³ ´ 1 π 1 π−5π 1 π−5π−7π5π 2 i 2 i ii ii i z B’ =e×z=e×3e=e×3e=e=e 2 26 23 66 B 3 33 1 1 π π i 2i 2 π 2 2 z C’ =e×z=e×(−3)=3ei C 2 3 3 b.Voir la figure. ′ ′′ c.sont alignés (O est à l’extérieur du segment [AB ]).ont le même argument, donc O, A et BA et B ′ ′ B et Aont des arguments dont la différence estπ, donc les points O, B et Asont alignés (O étant cette fois un point du ′ segment [A B]) 3 33 3 − +i− −i−3 6 3 0+z A +z B +z 2 22 C 2 d.z G = == −= −. 4 44 2 1 19 3 2 Et donc :z G’ =i×z= ×i=i G 3 34 4 π5π i i 0+z+z+z e+e+3i 4i ′ ′ ′ 6 6 A B C ′ ′′ ′′ ′ Le point Gn’est pas l’isobarycentre des points OA , Bet C , car O= O et== =i6=z G 4 44 3 ′ 2.SiMappartient à la droite (AB) alors son affixezest de la formez= −+ix,x∈Ret donc son imageMaura pour affixe 2 µ ¶µ ¶µ ¶ 2 1 31 93 13 1 ′2 2′ ′2′ z=i× −+ix=i× −3ix−x=x+i× −xOn a doncℜ(z)=xetℑ(z)= −x, doncMest bien sur la 3 23 44 34 3 1 3 2 parabole d’équationy= −x+. 3 4 Exercice 45 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Le but de l’exercice est de montrer qu’il existe un entier naturel n dont l’écriture décimale du cube se termine par 2009, c’estàdire tel 3 que n≡2009 (mod10 000). 3 3 On peut préciser ce point : Sin≡10 000),cela équivaut à dire que2009 (modn−2009 est divisible par 10000, et donc ce nombre 3 se termine par quatre « 0 », doncnest donc la somme d’un nombre se terminant par quatre 0 et de 2009 : ce nombre se termine donc bien par 2009. Partie A 2 2 1.On a : 2009=4 036 081=252 255×16+16 est donc 1.009 par1, le reste de la division euclidienne de 2 2 2.On en déduit que 2009≡et donc puisque les congruences sont compatibles avec les puissances :1 (mod 16), ¡ ¢ 4 000 8 0012 2009≡2009×2009 (mod16) 4 000 ≡1×16)2009 (mod ≡1×16)2009 (mod ≡16)2009 (mod

Partie B 2 5 On considère la suite (u n ) définie surNpar :u 0 =2 009−1 et, pour tout entier natureln,u n+1 = ( u n +1)−1. 1. a.On au 0 =4 036 081−1=4 036 080=807 216×5,u 0 est donc bien divisible par 5. Ã ! 5 X 5 5 i5−i5 42 33 24 5 b.Grâce au binôme de Newton, on sait : (a+b)= ×a×b=a+5a b+10a b+10a b+5ab+1b. i i=0 5 54 3 21 1)=u+5u+10u+1+5u+1 Aveca=u n etb=1, alors on obtient : (u n + nn n 0u n n

5 On a alors :u n+1 = (u n +1)−1 5 43 2 =u+5u+10u+10u+5u n n nn n ¡ ¢ 4 32 =u×u+5u+10u n n n n +10u n +5 h i ¡ ¢ 4 32 =u n ×u+5×u+2u+2u n +1 n nn n+1 c.Pour tout entier natureln, soitP n la propriété :u n .est divisible par 5 Initialisation :P 0 , c’est à direu 0 est divisible par 5 : ceci a été démontré auB. 1. a.: la propriétéP 0 est donc vraie. n+1 Hérédité : Pour un entierndonné, supposons que la propriétéP n est vraie, c’est à dire queu n est divisible par 5, n+1 donc il existe un entierktel queu n =5k. h i ¡ ¢ 4 32 32 D’après la questionB×u+5×u+2u+On va poser :1 .l=u+2u+2u+1, on a . 1. b., on au n+1 =u n n n +2u n nn n n doncl∈Zet enfin, en appliquant l’hypothèse de récurrence : h ih ih ih i ¡ ¢ 4 n+1n+1n+1 4n+4 4n+1 4n+4 4n+2 4n+3 4 u n+1 =5k×5k+5l=5k×5k+5l=5k×5k+5l=5k×5k+l

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