Baccalauréat S obligatoire Nouvelle Calédonie mars

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat S (obligatoire) Nouvelle Calédonie \ mars 2005 EXERCICE 1 4 points Commun tous les candidats Pour tout n entier naturel non nul, pour tout réel ?, ( ei? )n est égal à : ein? Faux Vrai Q1 cos(?n )+ isin(?n ) Faux Vrai cos(n?)+ i sin(n?) Faux Vrai La partie imaginaire du nombre z est égale à : z + z 2 Faux Vrai Q2 z ? z 2i Faux Vrai z ? z 2 Faux Vrai Soit z un complexe tel que z = x + iy (x et y réels). Si z est un imaginaire pur, alors |z|2 est égal à : y2 Faux Vrai Q3 ?y2 Faux Vrai ?z2 Faux Vrai A, B et C sont des points d'affixes respectives a, b et c telles que b ?a c ?a = i p 3, alors : BC = 2 AC Faux Vrai Q4 (???AB , ???AC ) = pi 2 +2kpi, k ?Z Faux Vrai ???CA · ???CB =CA2 Faux Vrai EXERCICE 2 5 points 1. Les contrôles étant indépendants, on a un schéma de Bernouilli de paramètre p (probabilité d'être contrôlé) et n = 40. On a donc P (X = k)= (40 k ) pk (1?p)40?k .

• faux vrai


• vn


• ??


• approxima- tion décimale par défaut

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• Publié par: apmep
• Publié le: 01 mars 2005
• Nombre de lectures: 45
• Langue: Français

Extrait

[Baccalauréat S (obligatoire) Nouvelle Calédonie\ mars 2005

E X E R C IC E 1 Commun tousles candidats

4 points

inθ e  Faux ⊠ Vrai Pour toutnentier naturel non nul, n n ¡ ¢ n Q1 iθ cos (θ ) +i sin (θ ) ⊠ Faux  Vrai pour tout réelθ, eest égal à : cos(nθ)+i sin(nθ)  Faux ⊠ Vrai z+z ⊠ Faux  Vrai La partie imaginaire du nombrez z−z Q2  Faux ⊠ Vrai est égale à : z−z ⊠ Faux  Vrai 2 y  Faux ⊠ Vrai Soitzun complexe tel que 2 z=x+iy(xetyréels). Sizest un Q3−y ⊠ Faux  Vrai 2 imaginaire pur, alors|z|est égal à : 2 −z  Faux ⊠ Vrai BC = 2 AC  Faux ⊠ Vrai A, B et C sont des points d’affixes ³ ´ respectivesa,betctelles que −→−→ π Q4 AB, AC= +2kπ,k∈Z ⊠ Faux  Vrai b−a p =alors :i 3, −→−→ c−a 2 CA∙CB=CA  Faux ⊠ Vrai

E X E R C IC E 2 5points 1.Les contrôles étant indépendants, on a un schéma de Bernouilli de paramètre p(probabilité d’être contrôlé) etn=40. On a donc ¡ ¢ 40 k40−k P(X=k)=p(1−p) . k 1 2.p=. 20 i=40 X 1 a.On aE(X)=E(X i )=n p=40× =2. 20 i=1 µ ¶µ ¶µ ¶ 0 4040 ¡ ¢ 191 1 40 b.P(X=0)=1− =. 0 20 2020 µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶ 1 3939 39 ¡ ¢ 1 11 1919 40 P(X=1)=1− =40× =2×. 1 20 2020 2020 µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶ 2 3838 39 ¡ ¢ 1 11 1939 19 40 P(X=2)=1− =20×39× =×. 2 20 20400 2020 20 c.La probabilité d’être contrôlé au plus deux fois estP(X 6 2)=P(X= 0)+P(X=1)+P(X=2)≈0, 6767(3). 3.S’il ne fait pas prendre, le fraudeur gagne 400(, mais s’il se fait prendreifois (avec 0 6 i 6 40), il devra débourser 100×i(. On a doncZ=400−100X. µ ¶ 1 1 Avecp=, on aE(Z)=E(400−100X)=400−100E(X)=400−100 40× = 5 5 −400. En moyenne sur 40 trajets il devra payer 400(. . .

Baccalauréat S (obligatoire)

A. P. M. E. P.

¡ ¢¡ ¢ 40 4040 39 4. a.P(X 6 2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=(1−p+p(1−p)+ 0 1 ¡ ¢£ ¤ 40 2 38 382 2 p(1−p)=(1−p) (1−p)+40p(1−p)+780p= £ ¤ 2 38 2 (1−p) 741p+38p+1 . ¡ ¢ ′37 238 b.On af(x)=38×(−1)(1−x) 741x+38x+1+(1−x) (1482x+38)= £ ¤ 37 2 (1−x) 38(−741x−38x−1)+(1−x)(1482x+38)= £ ¤ 37 22 (1−x)−20158x−1444x−38+1482x+38−1482x−38x= 2 372 6 −21640x(1−x)=21640x(x−1)(1−x) . ′ f(x) est du signe de (x−1) donc négative sur [0 ; 1], etfest décroissante sur cet intervalle de 1 à 0 ; étant continue car dérivable, le théorème de la bijection démontre qu’il existe un réel unique 0<x 0 <1 tel quef(x 0 )= 0, 01. 19 19+1 La calculatrice permet de trouver<x 0 <. On a doncn=19. 100 100 c.On aP(X > 3)=1−P(X) 6 2). DoncP(X > 3) > 0, 99⇐⇒1−P(X 6 2) > 0, 99⇐⇒P(X 6 2) 6 D’après la question précédente et la0, 01. décroissance de la fonctionf, il faut donc quep > x 0 . La plus petite valeur depest doncx 0 .

E X E R C IC E 3

6 points

4 3 2 1 1 2 11 2 3 2 3 4 1. 5 2. a.Sur l’intervalle considéré (en fait sur la calculatrice [−1 ; 3] la fonction semble être croissante. b.La fonction semble s’annuler uniquement pourx=0. 2 2, 2(2x−2, 2)(x+1)+22, 2x−0, 2x ′ 3.Pourx> −1,f(x)=2x−2, 2+ == = x+1x+1x+1 x(2x−0, 2) ′ . Le dénominateur étant positif, le signe def(x) est celui du tri x+1 nômex(2x−1.0, 2)donc positif sauf entre ses racines 0 et 0, µ ¶ 2, 2 2 4.limOn af(x)= −∞et commef(x)=x1− +2, 2 ln(x+1), limf(x)= x x→−1 x→+∞ +∞. On en déduit le tableau de variations : 0, 1 x−1 0+∞

′ f +0−0+ 0 +∞ f

≈ −0, 0003 −∞ 5.On a bienf(0)=0, mais de plus sur l’intervalle [0, 1 ;+∞[ la fonction est conti nue et croissante def(0, 1)<0 à+∞. Il existe donc un réel uniquex 0 tel que f(x 0 )=0. Conclusion : l’équationf(x)=0 a deux solutions : 0 etx 0 . 6.Les résultats obtenues par étude de la fonction contredisent lesconjectures tirées de l’examen de la calculatrice. 1.On peut prendre−0, 001 8 6 y 6 en utilisant la fonction Table et en0,001 11 calculantf(−0, 1)etf(0, 2).

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mars 2005

Baccalauréat S (obligatoire)

A. P. M. E. P.

2.On obtientf(0, 15)<0 etf(0, 16)>0. On a donc 0,15 <α<L’approxima0, 16. −2 tion décimale par défaut à 10deαest 0,15. x+1 ′2 1.SoitF(x)=x−2, 2x−2, 2+2, 2 ln(x+1)+2, 2=f(x), doncFest une x+1 primitive def. 2.Sur l’intervalle [0 ;α],f(x) 6 0, donc l’intégrale représente l’opposé de l’aire de la surface limitée par le graphe def, l’axe des abscisses et les deux droites d’équations respectivesx=0 etx=α. Z α 3 α 2 3.D’après le5. a.,f(x) dx=F(α)−F(0)= −1, 1α+2, 2(α+1) ln(α+1). Or 0 3 2 2 f(α)=0⇐⇒α−2, 2α+2, 2 ln(α+1)=0⇐⇒2, 2 ln(α+1)= −α+2, 2α. Z α 3 3 α ¡ ¢ α 2 22 3 Doncf(x) dx= −1, 1α+(α+1)−α+2, 2α= −1, 1α−2, 2α−α+ 0 3 3 2 2 23 2 2, 2α−α+2, 2α= −α+0, 1α. 3

E X E R C IC E 4 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

5 points

A 0 A 1 A 2 B 2 B 1 B 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 910 11 12

1.Il semble que pournassez grand les pointsA n etB n se rapprochent d’une même position limite. u n +v n 2.On aA n = milieu[A n B n ] ⇐⇒u n+1 =. 2 1×u n +2×v n u n +2v n D’autre partB n+1 =bar. {(A n , 1) ; (B n , 2)}⇐⇒v n+1 = =. 1+2 3

Partie B u n +2v n u n +v n 2u n +4v n −3u n −3v n 1 1.Soitw n+1 =v n+1 −u n+1 = == − ( v n −u n ) = 3 26 6 1 w n . 6 1 La suite (w n ) est donc une suite géométrique de raison. Orw 0 =v 0 −u 0 = 6 µ ¶ n 1 12−0=12, donc w n =12×. Tous les termes de la suite sont positifs et la 6 raison étant comprise entre−1 et 1, cette suite converge vers 0. u n +v n −u n +v n 1 2.Calculonsu n+1 −u n = −u n = =w n >0 d’après la question 2 22 précédente. La suite (u n ) est donc croissante. u n +2v n u n −v n 1 De mêmev n+1 −v n =v n = =−w n <0, d’après la question 3 33 précédente. 3.D’après les deux questions précédentes les deux suites sont adjacentes car l’une est croissante, l’autre décroissante et la limite de leur différence est nulle. Elles convergent toutes les deux vers la même limiteℓ. 4.On at n+1 =2u n+1 +3v n+1 =u n +v n +u n +2v n =2u n +3v n =t n . cette égalité vraie pour toutn∈Nmontre que la suite (t n ) est constante. En particulier t n =t 0 =2u 0 +3v 0 =3×12=36.

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Baccalauréat S (obligatoire)

A. P. M. E. P.

Partie C ( ( 1 1 −u n +v n =12× −2u n +2v n =24× n n On a le système⇐⇒ ⇐⇒ 6 6 2u n +3v n =36 2u n +3v n =36   1 136 361     u n = +v n −12×u n = +v n −12×u n ×= − n nn 6 65 56 ⇐⇒ ⇐⇒ 1 3624 136 241     5v n =36+24×v n ×= +v n = +× n nn 6 55 65 56 36 Conclusion :limu n =limv n = =7, 2. n→+∞n→+∞ 5 La position limite des pointsA n etB n quandntend vers plus l’infini est donc le point d’abscisse 7,2.

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