Baccalauréat S Métropole septembre 2004

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures Baccalauréat S Métropole septembre 2004 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. a. g (x)= 1 x ( x2?1 ) = a x + b x +1 + c x ?1 = a(x +1)(x ?1)+bx(x ?1)+cx(x +1) x(x +1)(x ?1 = (a +b +c)x2+ (c ?b)x ?a x(x +1)(x ?1 . En identifiant les deux écritures on obtient : ? ? ? a +b +c = 0 ?b +c = 0 ?a = 1 ?? ? ? ? b +c = 1 ?b +c = 0 a = ?1 ?? ? ? ? b = 12 c = 12 a = ?1 Finalement g (x)= ?1 x + 1 2(x +1) + 1 2(x ?1) . b. Une primitive G de g sur ]1 ; +∞[, donc pour x > 1 > 0 > ?1 est G(x) = ? lnx + 1 2 ln(x +1)+ 1 2 ln(x ?1)=? lnx + 1 2 ln ( x2?1 ) = ln p x2?1 x .

• droite des milieux dans le triangle abc


• centre de gravité du triangle équilaté


• vecteur ???


• cercle de centre o? de rayon


• ??


• points commun

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2004
• Nombre de lectures: 18
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

Baccalauréat S Métropole septembre 2004

E X E R C IC E points1 4 Commun à tous les candidats 1c aa b(x+1)(x−1)+b x(x−1)+c x(x+1) 1. a.g(x)= ¡ ¢ + == += 2 x x−1 x x+1x−1x(x+1)(x−1 2 (a+b+c)x+(c−b)x−a . En identifiant les deux écritures on obtient : x(x+1)(x−1   1 a+b+c=0b+c=1b=   2 1 −b+c=0⇐⇒ −b+c=0 ⇐⇒c= 2   −a=1a= −1 a= −1 −11 1 Finalementg(x) = ++. x2(x+1) 2(x−1) b.Une primitiveGdegsur ]1 ;+∞[, donc pourx>1>0> −1 estG(x)= 2 1 11 ¡ ¢ x−1 2 −lnx+ln(x+1)+ln(x−1)= −lnx+lnx−1=ln . 2 22x ′ 2x u 2′ 2.Posonsu(x)=x−1, alorsu(x)=2x, donc une primitive de= ¡ ¢ 2 2 2 u x−1 −1 u−1 est=. 2 −1x−1  2x ′  u(x)=lnx v(x)=  ¡ ¢ 2 2 x−1 3. . Les fonctions étant dérivables et Posons : 1−1  ′  u(x)=v(x)= 2 x x−1 les dérivées continues on peut intégrer par parties : · ¸ Z 3 3 −lnx1 I= + ¡ ¢ = 2 2 −1 x 2 2 x x−1 " p # Ã!! à 3 p 2 x−1−lnx3 3ln 28 ln ln− =ln− −ln+ = 2 x x−8 231 3 2 µ ¶µ ¶ 3 ln3 ln3 ln2 31 11 ln 2−ln 3− − +ln 2+ =1+ +ln 2−1+ +ln 3= 2 82 32 38 2 17 13 ln 2−ln 3. 6 8

E X E R C IC E points2 6 Commun à tous les candidats ¡ ¢ y xy x 1.Tous les nombres étant supérieurs à zéro :x=y⇐⇒ln (x ) =lny⇐⇒ lnxlny ylnx=xlny ⇐⇒ =. x y lnx 2. a.limOn sait que=0. x→+∞ x 1 1 En 0,h(x)=lnx×lim ln; dex= −∞et lim= +∞, il en résulte par x x→0 + x→0 + x produit des limites quelimh(x)= −∞. x→0 + b.On calcule la dérivée du quotient de deux fonctions dérivables : 1 ×x−lnx 1−lnx ′ x h(x)= =. Le signe de la dérivée est celui de 1−lnx. 2 2 x x Or 1−lnx=0⇐⇒x=e. La dérivée est donc positive sur l’intervalle

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

]0 ; e] (donchest croissante sur cet intervalle) et négative sur [e ;+∞[ (donchest décroissante sur cet intervalle). L’extremum est obtenu lorsque la dérivée s’annule en changeant de signe ; ln e1 ici on a un maximum pourx=e qui est égal àf(e)= =. e e c.On ah(x)=0⇐⇒lnx=0⇐⇒x=1 3.D’après la question précédente la fonctionhest monotone, strictement crois ¸ · 1 sante, continue sur ]1 ;e[ à valeurs dans0 ;:λappartenant à cet intervalle e il existe donc un réel uniquea∈]1 ; e[ tel quef(a)=λ. De même,hest monotone, strictement décroissante, continue sur ]e ;+∞[ à ¸ · 1 valeurs dans0 ;:λappartenant à cet intervalle, il existe un réel uniqueb e de ]e ;+∞[ tel quef(b)=λ. lnalnb On a donc trouvé= =λ. a b 4. a.Sis(a)=b, quandavers 1,λtend vers zéro etbtend vers plus l’infini. 1 b.Siatend vers e (aveca<e), alorsλtend versetbtend vers e e (avec e<b). c.Siacroît, alorsbdécroît : la fonctionsest décroissante. 5.; e] sont 1 et 2. 1 ne donne pas de solutionLes seuls entiers de l’intervalle [1 4 2 et 2 donne le couple (2; 4). On vérifie que 2=4=16. C’est le seul couple d’entiers qui commutent. Les couples (2 ; 4) et (4; 2) sont les seuls couples solutions.

E X E R C IC E 3 Commun à tous les candidats Partie A  Soit A l’évènement : « être une particule du type A » ;p(A) = 0,75.  Soit B l’évènement : « être une particule du type B » ;p(B) = 0,25. 1 21 1 On ap A (K1)=,p A (K2)=; etp B (K1)=,p B (K2)=. 3 32 2 1 31 1.p(A1)=p(A∩K1)=p A (K1)×p(A)= × =; 3 44 2 31 p(A2)=p(A∩K2)=p A (K2)×p(A)= × =; 3 42 1 1 1 p(B1)=p(B∩K1)=p B (K1)×p(B)= × =; 2 4 8 1 1 1 p(B2)=p(B∩K2)=p B (K2)×p(B)= × =; 2 4 8 1 1 3 p(C1=p[(A∩K1)∪(B∩K1)]= + =; 4 8 8 1 1 5 p(C2=p[(A∩K2)∪(B∩K2)]= + =; 2 8 8 5 2.On a une expérience de Bernoulli avecn=5 etp=. 8 µ ¶µ ¶ 2 3 ¡ ¢ 5 3 5 On ap(E)= ≈0, 206. 2 8 8

Partie B

5 points

1.75 et au bout de 5730 ans lÀ l’instant 0, la proportion est de 0,a proportion n’est plus que la moitié soit 0,375.

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

1 −5 730λ−5730λ Soit 0,375=0, 75e⇐⇒ =e⇐⇒ −5 730λ= −ln 2⇐⇒λ= 2 ln 2 −5 ≈0,000 12à 10près par défaut. 5 730 2.On cherche le tempstau bout duquel il ne reste plus que 90 % de particules −0,000 12t−0,000 12t soit 0, 75e≈0, 9×0, 75⇐⇒e≈0, 9⇐⇒ −0,000 12t≈ln(0, 9)⇐⇒ ln 0, 9 t≈ ≈878 ans. −0,000 12 3.Même question avec 50 % : 0, 52 −0,000 12t−0,000 12t 0, 75e≈0, 5⇐⇒e≈ ⇐⇒−0,000 12t≈ln= ⇐⇒ 0, 753 ¡ ¢ 2 ln 3 t≈ ≈3 379ans 0,000 12

E X E R C IC E points4 5 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité p 2 2 1.z−8z3+64=0 ;Δ=64×3−64×4= +64×(−1)=(8i) .Il y a donc deux solutions imaginaires conjuguées : © p p ª S=4 3−34i ; 4+4i . 2 2. a.a=4 3−4i, donc|a| =48+16=64⇐⇒ |a| =8. On peut donc écrire à ! p 3 1 π −i 6 a=8−i=8e . 2 2 à ! p 3 1 π i 6 De mêmeb=4 3+4i=8+i=8e . 2 2

b.On a déja|a| =8=OA et|b| =8=OB. AB =|b−a| = |8i| =8. Le triangle OAB est donc équilatéral. Ã ! ¡ ¢ π ¡ ¢ 1 3 −i 3 3.On a doncd= −3+i e= −3+i−i=2i. 2 2 4. a.La somme des coefficients estégale à 1, donc non nulle : le point G existe. −−→−−→−−→→→−→−−−−→ Par définition−GO+GD+GB=0⇐⇒OG=OD+OB quise traduit p parz G =z D +z B =4 3+6i. b.et D lePour A et B, on utilise le cercle de centre O et de rayon 8, pour C cercle de rayon 2. Pour G la construction est évidente. Ã ! −→ 3 1 π i 6 c.a a pour affixeLe vecteur CD3+i=2+i=2e ;de même le 2 2 p π −−→ i vecteur DGa a pour affixe 43+4i=ces deux vecteurs ont le même8e . 6 argument, donc les points C, D et G sont alignés. −−→−−→−→−→−−→ d.On a montré que OG=OD+OB⇐⇒BG=OD⇐⇒BGDO est un parallélogramme. 5.uilatéral.On trouve rapidement que GA = CA = CG = 10 : le triangle ACG est éq

E X E R C IC E 4 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Partie A

5 points

1.B et C sont deux points du cercle équidistants du centre O : O appartient à la médiatrice de [BC] ; DB = DC : D appartient à la médiatrice de [BC] ; Enfin G appartient à la médiane issue de D dans le triangle BCD, médiane qui est aussi la médiatrice de [BC].

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A. P. M. E. P.

Conclusion : la droite contenant O, D et G est la droite des milieux dans le triangle ABC, donc elle est parallèle à la droite (AB). Conséquence dans le triangle BCM la droite (GD) contenant le milieu de [BC] et parallèle à (BM) coupe[CM] en son milieu G. CM 23 CM 2.le rapport de la similitude est. Or CM = 2CG et CG =CB .Donc= CB 32 CB 2π p . Quant à l’angle de la similitude il vaut−. 6 3

Partie B Ã ! p 1 3 π i 3 1.On az E −z A = ( z C −z A ) e, doncz E = −1+2+i=i 3. 2 2 Ã ! p 3+3 3i 31 3 π i 2.Rapport et angle de la similitude := +i=e .Le rap 6 4 22 22 p 3π port estet l’angle. 2 6 3+1i 3−i 3 Le centre est le point invariant;z=z+ ⇐⇒z=1. Le centre 4 4 de la similitude est donc le point C. La réciproque de cette similitude a le même centre C, le rapport inverse soit 2π p et l’angle opposé soit−: c’est bien la similitudes. 6 3 3+i 3 p 1−i 31 3 3.On az= ×i 3+ =− +i . ′ E 4 42 2 ′ Cette affixe a pour module 1 : le point Eappartient donc àΓ. ′ ′′ 4.On a E=σ(E)⇐⇒E=s(E ), d’après la question précédente. Or Eappartient àΓ, donc E appartient àC. M est l’image de B pars, donc l’image du cercleΓpar la similitudesest un 2 1 ′ ′ cercle de centre Ode rayon p . Oa pour affixei. On a de façon évidente 3 3 −−→ 2 −→ ′ ′ EO=EO , ce qui signifie que O est le centre de gravité du triangle équilaté 3 ral ACE. ′ Cest donc le cercle de centre Ocontenant E.

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