Corrigé du Baccalauréat S Amérique du Nord mai

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Corrigé du Baccalauréat S Amérique du Nord mai 2008 EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. 0 1 2 3 4 -1 0 1 2 3 ~u ~v O b A b B b C b D bN b M' (?) (??)b M 2. a. 1 et 3 sont deux nombres réels, donc B d'affixe 1 et C d'affixe 3 sont deux points de l'axe ( O ; ?? u ) . De plus B? ? car AB=|2+ i?1| = |1+ i| = p 2, et C?? car AC=|2+ i?3| = |?1+ i| = p 2. Le nombre de points d'intersection d'une droite avec un cercle est au maxi- mum égal à deux, nous avons ici deux points d'intersection, ce sont donc les seuls. b. Le point D diamétralement opposé au point B sur le cercle (?), est tel que A est le milieu du segment [BD], par conséquent zA = zB+ zD 2 ?? zD = 2zA? zB = 3+2i. 3. a. zD? zM zB? zM = 3+2i? ( 3 5 + 6 5 i ) 1? ( 3 5 + 6 5 i ) = 15+10i?3?6i 5?3?6i = 12+4i 2?6i =

• mi2? ia2


• plan d'équation z


• cercle


• plan parallèle au plan


• droite ∆


• unique solution


• ia2


• ??

Sujets

• Cercle

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 mai 2008
• Nombre de lectures: 21
• Langue: Français

Extrait

CorrigéduBaccalauréatSAmériqueduNord
mai2008
EXERCICE 1 5points
Communàtouslescandidats
31.
(Γ) D2
M
′(Γ ) A1
N
~v
M’
0
O 0 B 1 2 3C 4~u
-1
2. a. 1et3sontdeuxnombresréels,doncBd’affixe1etCd’affixe3sontdeuxpoints? ?→−
del’axe O; u .
p
DeplusB∈ΓcarAB=|2+i−1|=|1+i|= 2,p
etC∈ΓcarAC=|2+i−3|=|−1+i|= 2.
Le nombre de points d’intersection d’une droite avec un cercle est au maxi-
mum égal à deux, nous avons ici deux points d’intersection, ce sont donc les
seuls.
b. LepointDdiamétralementopposéaupointBsurlecercle(Γ),esttelqueAest
z +zB D
lemilieu dusegment [BD], parconséquent z = ⇐⇒ z =2z −z =A D A B
2
3+2i.
? ?
3 63+2i− + iz −z 15+10i−3−6i 12+4i −6i+2D M 5 53. a. = = = =2i =2i.? ?3 6z −z 5−3−6i 2−6i 2−6i1− + iB M 5 5
b. OnaMdistinctdeBetMdistinctdeD,onadonc:
? ? ? ?z −z −−→−−→D M
arg = MB;MD [2π]
z −zB M
π
orarg(2i)= [2π]
2 ? ? π−−→−−→
par conséquent MB;MD = [2π], on en déduit que le triangle BMD est
2
rectangleenM,etdonc queM appartientaucercledediamètre[BD],c’est-à-
dire(Γ).
4. a. La droite (DM) est perpendiculaire à la droite (BD), de plus N appartient au
′cercle (γ ) et donc le triangle ANB est rectangle en N ainsi la droite (AN) est
bbbbbbbBaccalauréatS
perpendiculaireàladroite(AB)c’est-à-direàladroite(BD).
Onendéduitainsiquelesdroites(DM)et(AN)sontparallèles.
b. Lesdroites(DM)et(AN)sont parallèles, Nappartientà ladroite(BM)etAest
lemilieudusegment[BD],d’aprèslethéorèmedeladroitedesmilieux, onen
déduitqueNeslemilieudusegment[BM].
z +z 4 3B M
Parconséquent:z = = +i .N
2 5 5
−π
5. a. LarotationdecentreBetd’angle apourécriturecomplexe:
2
−π′ ′2z −1=e (z−1)cequidonnez =−iz+1+i? ?
3 6 11 2
ainsi,z =−i + i +1+i= + i.M’
5 5 5 5
b. LepointM’estdistinctdupointAetpointB,doncona:? ?? ?−−→−−→ z −zB M’
M’A;M’B =arg [2π],
z −zA M’? ?
11 21− + iz −z 5−11−2i −6−2i 3i−1B M’ 5 5
deplus = ? ?= = =2i =2i
11 2z −z 10+5i−11−2i −1+3i −1+3iA M’ 2+i− + i5 5
π
orarg2i= [2π] ainsi ondéduitqueletriangleAM’BestrectangleenM’et
2
′doncquelepointM’appartientaucercle(Γ ).
EXERCICE 2 5points
Enseignementobligatoire
PartieA
1. PourtoutpointM del’espace,ona:? ? ? ? ? ?−−→−−→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→−→2MD.MA = MI+ID . MI+IA =MI +MI. IA +ID +ID .IA
−→ −→
orIestlemilieudusegment[AD],doncID =−IA,
−−→−−→ −→→−2 2 2 2etparconséquent,MD.MA =MI +MI.O−IA =MI −IA
2. PourtoutpointM del’espace,ona:
−−→−−→ 2 2 2 2
MD.MA =0 ⇐⇒ MI −IA =0 ⇐⇒ MI =IA ⇐⇒ MI=IA carMIetIA sontdes
réelspositifs.
L’ensemble(E)cherchéestdonclasphèredecentreIpassantparA.
PartieB
−→ −→→−
1. a. AB(−3;6;0),AB.n =−3×4+6×2+0×0=0
−→ −→→−
AC(−3;0;4),AC.n =−3×4+0×0+4×3=0
→− −→ −→
donc n estorthogonalàAB etAC,quisontdeuxvecteursnoncolinéairesdu
plan(ABC),
→−
onendéduitquen estnormalauplan(ABC).
b. Leplan(ABC)auneéquationdelaforme:4x+2y+3z+d=0.
LepointA(3;0;0)appartientauplan(ABC),donc4×3+d=0⇐⇒ d=−12.
(ABC):4x+2y+3z−12=0.
→−
2. a. Ladroite?estorthogonaleauplan(ABC),doncn estunvecteurdirecteurde
?.OnsaitégalementqueD(−5;0;1)estunpointde?.

x=−5+4t
Onendéduitunereprésentationparamétriquede?: y=0+2t t∈R

z=1+3t
b. LepointH,projetéorthogonaldeDsurleplan(ABC),estlepointd’intersection
deDetduplan(ABC).
Onrésout:
AmériqueduNord 2 mai2008BaccalauréatS
 
x=−5+4t x=−5+4t   y=0+2t y=0+2t
⇐⇒
 z=1+3t  z=1+3t 
4x+2y+3z−12=0 −20+16t+4t+3+9t−12=0

 x=−5+4t x=−1  y=0+2t y=2
⇐⇒ ⇐⇒ OnobtientainsiH(−1;2;4).z=1+3t  z=4 29 t= =1 t=1
29
c. HestleprojetéorthogonaldeDsurleplan(ABC),doncladistancedupointDq p
2 2 2auplan(ABC)estégaleàladistanceDH= (−1+5) +2 +(4−1) = 29.
d. LespointsHetDappartiennentàladroite?.
−−→
LevecteurHD estdoncorthogonalauplan(ABC).
−−→
Deplus,lespointsHetDappartiennentauplan(ABC),donclevecteurHD est
−−→
orthogonalauvecteurHA,
−−→−→
ainsiHD.HA =0,doncHappartientàl’ensemble(E).
EXERCICE 2 5points
Enseignementdespécialité
1. SoitM(x;y;z)appartenantà(S).
2 2 2 2 2 2 ′Onax +y −(−z) =x +y −z =1doncM (x;y;−z)appartientà(S),ainsi(S)est
symétriqueparrapportauplan(xOy).
−→
2. LevecteurAB(−4;0;4)estunvecteurdirecteurdeladroite(D).
x=−1−4t
ainsi(D): y=1 ,t∈R.

z=1+4t
2 2 2 2 2 23. Pourt∈R,ona(−1−4t) +1 −(1+4t) =(1+4t) +1 −(1+4t) =1.
Par conséquent tout point de (D) appartient à (S), c’est-à-dire (D) est incluse dans
(S).
4. Un plan parallèle au plan (xOy) a une équation de la forme z=k aveck constante
réelle. ? ?2 2 2 2 2 2x +y −z =1 x +y =1+k 2Onrésoutlesystème: ⇐⇒ or1+k >0,on
z=k z=k
p
2reconnait donc l’équation du cercle de centre?(0;0;k) et de rayon 1+k inclus
danslepland’équationz=k.
p
′5. a. D’aprèscequiprécède,(C)estlecercledecentre? (0;0;68)etderayon 4625=p
5 185inclusdanslepland’équationz=68.
2 2 2 2b. Soitd=pgcd(a ; b),d divisea etb doncd divisea etb .Onendéduitqued
2 2
divisea +b =4625.
3 2 2
Or4625=5 ×37ainsid estégalà1ou5 c’est-à-dired égal1ou5.
Supposonsqued=1.Onaalorsab=ppcm(a;b)×pgcd(a;b)=440.
2 2 2Ainsia +b +2ab=5505 ⇐⇒ (a+b) =5505oriln’existepasd’entierdontlep
carréestégalà5505( 5505n’appartientpasàN),parconséquentd6?1.
Supposonsqued=5.Onaalorsab=ppcm(a;b)×pgcd(a;b)=2200.
2 2 2Ainsia +b +2ab=9025 ⇐⇒ (a+b) =9025 ⇐⇒ a+b=95cara+b>0.
2 2 2Demêmea +b −2ab=225 ⇐⇒ (a−b) =225 ⇐⇒ a−b=−15cara−b<0.? ? ?
a+b=95 a+b=95 a=40
⇐⇒ ⇐⇒
a−b=−15 2a=80 b=55
2 2Or40<55,40 +55 =4625etppcm(40;55)=5×8×11=440.
Ainsi il existe un seul point M de (C) tel que a et b soient de entiers naturels
vérifianta<b etppcm(a ; b)=440.
AmériqueduNord 3 mai2008BaccalauréatS
EXERCICE 3 6points
Communàtouslescandidats
1. Pour x∈]1;+∞[, ona lnx>0 eton saitque la fonction lnest dérivablesur ]0;+∞[,
onendéduitque f estunefonctiondérivablesur]1;+∞[,avec:
1 21 (lnx) +1x′f (x)= + = .
2 2x (lnx) x(lnx)
2 2 ′Pourx∈]1;+∞[,ona(lnx) +1>1>0etx(lnx) >0,etdonc f (x)>0.
Onendéduitquelafonction f eststrictementcroissantesur]1;+∞[.
1
limlnx=0,aveclnx>0pourx>1,parconséquent lim =+∞
x→1x→1 lnx
x>1
etdonclimf(x)=−∞.
x→1
x>1
1
lim lnx=+∞,donc lim =0etdonc lim f(x)=+∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞lnx
1
2. a. Pourx∈]1;+∞[,ona f(x)−lnx=− ,donc lim f(x)−lnx=0.
x→+∞lnx
Onendéduitque(C)etΓsontasymptotesauvoisinagede+∞.
1
b. Pourx∈]1;+∞[,onalnx>0etdonc− <0,
lnx
parconséquent(C)estendessousdeΓsur]1;+∞[.
′3. a. LatangenteF apouréquation y= f (a)(x−a)+f(a).a
′ ′LepointOappartientàF ⇐⇒ 0== f (a)(0−a)+f(a)⇐⇒ f(a)−af (a)=0.a
2b. Sur]1;+∞[,ona(lnx) 6?0,donc:
21 (lnx) +1′g(x)=0⇐⇒ f(x)−xf (x)=0⇐⇒ lnx− − =0
2lnx (lnx)
3 2(lnx) −lnx−(lnx) −1 3 2⇐⇒ =0⇐⇒ (lnx) −lnx−(lnx) −1=0.
2(lnx)
c. Lafontionu estunefonctionpolynôme,doncdérivablesurR,
′ 2avecu (t)=3t −2t−1.
′Ona?=16,doncu admetdeuxracinesdistinctes:
2−4 1 2+4
t = =− ett = =1.1 2
6 3 6
1 1′ ′Deplus,u (t)>0pourt∈]−∞;− [∪]1;+∞[etu (t)<0pourt∈]− ;1[.
3 3
1
t −∞ − 1 +∞
3
22
−
27
u(t) ր ց ր
−2
? ? ? ?
1 1
Lafonctionu estcroissantesur −∞;− etdécroissantesur − ; 1 .
3 3
1
Parconséquent,sur]−∞; 1[,lafonctionu admetunmaximumen− .
3
22
Ce maximum vaut− , ainsi l’équation u(t)=0 n’admet pas de solution sur
27
]−∞; 1[.
La fonction u est continue et strictement croissante sur [1 ;+∞[, avecu(1)=
−2et lim u(t)=+∞.
t→+∞
Or 0∈[−2;+∞[, d’après le corollairedu théorème des valeurs intermédiaires,
onendéduitquel’équationu(t)=0admetuneuniquesolutionsur[1;+∞[,
parconséquent,l’équationu(t)=0admetuneuniquesolution,α,surR.
?
3 2t −t −t−1=03 2
d. L’équation(lnx) −lnx−(lnx) −1=0estéquivalenteausystème
t=lnx
AmériqueduNord 4 mai2008BaccalauréatS
D’aprèscequi précède,α≥1>0, doncleréel x,tel quelnx=α, appartient à
3 2]1;+∞[,ainsil’équation(lnx) −lnx−(lnx) −1=0admetuneuniquesolution
sur]1;+∞[,ilenestalorsdemêmepourl’équation g(x)=0(d’après3.b.),et
donc il existe une unique tangente à la courbe (C) passant par l’origine du
repère(d’après3.a.).
4. Soitp lecoefficientdirecteurdelatangenteT quel’onvientdetracer.
Surl’intervalle]1;+∞[:
Pourm≤0,l’équation f(x)=mx admetunesolution.
Pour0<m<p,l’équation f(x)=mx admetdeuxsolutions.
Pourm=p,l’équation f(x)=mx admetuneuniquesolution.
Pourm>p,l’équation f(x)=mx n’admetpasdesolution.
Entraçantladroite?,passantparl’origineetparlepointdecoordonnées(10; f (10)),
decoefficientdirecteurnotéq,onobtientlerésultatsuivant:
Surl’intervalle]1; 10[:
Pourm≤0,l’équation f(x)=mx admetunesolution.
Pour0<m&l