Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers 16 juin 2011 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. a. A0 =O A1 0 1 A2 A3A4 A5A6 + ++ ++ On a a2 = a0+a1 2 = 0,5, puis a3 = 0,75, a4 = 0,625a5 = 0,6875 et a6 = 0,65625 b.c Puisque le point An+2 est le milieu du segment [AnAn+1] cela se traduit en abscisses par an+2 = an +an+1 2 . 2. Initialisation : ?1 2 a0+1=?0+1= 1= a1. La formule est vraie au rang 0. Hérédité : Supposons qu'il existe p ? N, p > 0 tel que ap+1 = ? 1 2 ap + 1, qui équivaut à ap = 2?2ap+1 . Alors ap+2 = ap +ap+1 2 = 2?2ap+1 +ap+1 2 = 2?ap+1 2 = 1? 1 2 ap+1, donc la relation est vraie au rang p+1. On a donc démontré que pour tout naturel n ?Nan+1 =? 1 2 an +1. 3. Onapour tout natureln ,vn+1 = an+1?23 =? 1 2 an+1? 2 3 =? 1 2 an+ 1 3 =? 1 2 ( an ? 2 3 ) = ? 1 2 vn .

• produit de limites lim


• section avec le plan d'équation z


• paraboloïde hyperbolique d'équation z


• e?x dx


• angle ?pi


• triangle imj


• ?? z


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2011
• Nombre de lectures: 41
• Langue: Français

Extrait

Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers 16 juin 2011

E X E R C IC E 1 Commun à tous les candidats

1.

a.

4 points

A 0 =O A 2 A 4 A 6 A 5 A 3 A 1 0 1 a 0 +a 1 On aa 2 = =puis0, 5, a 3 =0, 75,a 4 =0, 625a 5 =0,687 5 et 2 a 6 =0,656 25 bc.Puisque le pointA n+2 est le milieu du segment [A n A n+1 ] cela se traduit a n +a n+1 en abscisses para n+2 =. 2 1 2.Initialisation:−a 0 +1= −0+1=1=a 1 . La formule est vraie au rang 0. 2 1 Hérédité: Supposons qu’il existep∈N,p>0 tel quea p+1 = −a p +1, qui 2 équivaut àa p =2−2a p+1 . a p +a p+1 2−2a p+1 +a p+1 2−a p+1 1 Alorsa p+2 = == = 1−a p+1 , donc la 2 2 2 2 relation est vraie au rangp+1. 1 On a donc démontré que pour tout natureln∈Na n+1 = −a n +1. 2 µ ¶ 2 1 2 1 1 1 2 3.On a pour tout natureln,v n+1 =a n+1 −− = a n +1− = −a n −+ = a n − = 3 2 3 2 3 2 3 1 −v n . 2 1 La relation pour tout natureln∈N,v n+1 = −v n montre que (v n ) est une suite 2 1 2 2 géométrique de raison−et de premier termev 0 =a 0 −− = . 2 3 3 µ ¶ µ ¶ n n 1 2 1 4.On sait que pour tout natureln∈N,v n+1 =v 0 − −− = . 2 3 2 µ ¶ n 1 1 Or−1< − <1⇒lim− =0. n→+∞ 2 2 Donc limv n =0. n→+∞ 2 2 Commea n =v n +lim, on a a n =. n→+∞ 3 3

E X E R C IC E 2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité Question 1 Affirmation 2 2 2 Méthode1 : On a AB= |b−a| = |2i−1| =4+1=5 ; à ! à ! p µ ¶ 2 µ ¶ 2 2 1 3 1 3 1 2 2 AC= |c−a| =3− +i+1=3− + +1=3+ − ¯ 2 2 ¯ 42 2 1−3=5 ; à ! à ! p 2 µ µ ¶ ¶ 2 2 1 3 1 3 1 2 2 BC= |c−b| =3+ +i−1=3+ + −1=3+ + ¯¯ 2 2 2 2 4

1−

3=5.

5 points

3 3+ + 4

3 3+ + 4

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

On a donc AB = AC = BC. L’affirmation est vraie. π Méthode2 On considère la rotation de centre B et d’angle . 3 ′ ′ L’image deMd’affixezpar cette rotation est le pointMd’affixeztelle que : Ã ! p π 1 3 ′ i ′ 3 z−b=e (z−b) ouz=3i+ +i (z−3i). 2 2 L’image de A d’affixe 1+i dans cette rotation est donc le point d’affixe : Ã ! Ã ! p p p 1 3 1 3 1 3 3i+ +i (1+i−3i)=3i+ +i (1−2i)=3i+ −i+i+3= 2 2 2 2 2 2 Ã ! 1 3 +3+i+2 soit l’affixe du point C. Ceci démontre que le triangle ABC est 2 2 équilatéral. Question 2 ¡p¢ p 2i 2i 3− 3 i 2i +2 La transformation est une rotation ; orp = ¡p¢ ¡ ¢ = = 3+1 3+i 3+i 3−i p 1 3 π π π i 3 +i=cos+i sin=e . 3 3 2 2 L’affirmation est vraie. Question 3 p 2 2 ¯ ¯ ¯ ¯ −3+i=3+1=4=2⇒ −3+i=2 ; d’où en factorisant ce module : Ã ! 3 1 5π i 6 −3+i=2− +i=2e . 2 2 ³ ´ ¡p¢ 5π 2 011 5π×2 011π 2 011 i 2 011 i 2 011 −i Donca= −3+i=2e=2 e=.2 e 6 6 6 π Un argument de cette puissance est−: ce nombre n’est pas un imaginaire pur. 6 L’affirmation est fausse.

Question 4 −2λ−3λ On aP(X 6 2)=1−e etP(X 6 3)=1−e . −3λ−2λ P ( X > 2∩X 6 3) 1−e−1+e −λ Il faut calculerP X > 2 ( 6 X 6 3)= −= = e+1= −2λ P(X > 2) e −λ 1−e . L’affirmation est vraie. Question 5 5 On a une loi binomiale de paramètresn=10 etp=. n La probabilité d’obtenir 0 noire en 10 tirages est égale à : Ã ! µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 10 10 10 10 10 5 5n−5 5 × = =. 0n n n n Donc la probabilité d’obtenir au moins une boule noire sur les 10 tirages est le com plément à 1 soit : µ ¶ 10 5 1−. n Il faut donc résoudre l’inéquation : µ ¶ µ ¶ 10 10 5 5 1− > 0,999 9⇐⇒ 6 0,000 1⇐⇒(par croissance de la fonction loga n n µ ¶ µ ¶ 5 5 ln 0,000 1 rithme népérien 10 ln 6 ln 0,000 1⇐⇒ln 6 ⇐⇒ n n10 ln 0, 001 ln 0, 001 ln 5−lnn 6 ⇐⇒lnn > ln 5−. 10 10 ln 0, 001 2,53 Or ln 5− ≈La calculatrice donne2, 530. n > e≈12, 5. 10 La plus petite valeur de l’entiernest donc bien égale à 13. L’affirmation est vraie.

E X E R C IC E 2

Centres étrangers

2

5 points

16 juin 2011

Baccalauréat S

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Question 1

A. P. M. E. P.

Une solution évidente de cette équation est (−1). On a :2 ; ½ 2×(−2)+11×1=7 ⇒(par différence membre à membre) 2x+11y=7 2(x+2)+11(y−1)=0⇐⇒2(x+2)=11(1−y) (3). Ceci montre que 2(x+2) divise 11 mais comme 2 est premier avec 11,x+2 divise 11. (Gauss). Il existe doncα∈Ztel quex+2=11αsoit en remplaçant dans l’équation (3), 2×11α=11(1−y)⇐⇒2α=1−y⇐⇒y=1−2α. Les solutions de (E) sont donc les couples (−2+11α; 1−2α),α∈Z. De plus le couple (9 ;−1) est aussi une solution évidente de (E) et il n’existe pas d’entierktel que 9=22k−. .2, . L’affirmation est donc fausse.

Question 2 2 011 On a 11≡4 mod 7, doncN≡4 mod 7. Il reste à déterminer les restes des puissances de 4 dans la division euclienne par 7. 2 3 On a 4≡7, 44 mod ≡2 mod 7 et 4≡7.1 mod ¡ ¢ 670 3 DoncN=4×4≡4 mod 7. L’affirmation est vraie.

Question 3 Une figure rapide montre que le point C de coordonnées négativ es n’est pas situé « du bon côté de [AB] ». D’autre part l’image du point B par la si militude de centre A, π de rapport 2 et d’angle−a pour affixe 2 π ¡p¢ −i 2 2e (z B −z A ) +z A = −i 2(−1+2i)+1+i=2 2+1+i 2+1 . p Le point C est l’image du point B par la similitude de centre A, de rapport 2 et π d’angle . 2 L’affirmation est fausse.

Question 4 L’image du point A parfa pour affixe : 1 1 (−3−4i)(1−i)+(12+6i)=1+i=a. 5 5 L’image du point B parfa pour affixe : 1 1 (−3−4i)(2+i)+(12+6i)=2−i=b. 5 5 La similitudefé ou laadmet deux points fixes distincts A et B : c’est donc l’identit réflexion d’axe (AB). Mais l’image de O n’est pas O. L’affirmation est vraie.

Question 5 La surface S est un paraboloïde hyperbolique d’équationz=4x y. La section avec le plan d’équationz=0 est l’ensemble des points de l’espace dont ½ ½ z=0z=0 les coordonnées vérifient l’un des deux systèïmes ou x=0y=0 C’est donc la réunion des axes (Ox) et (Oy) qui sont deux droites orthogonales de l’espace. L’affirmation est vraie.

E X E R C IC E 3 Commun à tous les candidats

Centres étrangers

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5 points

16 juin 2011

Baccalauréat S

1.

2.

3.

F

E

A

M

θ 2

K

G

J

H

D

A. P. M. E. P.

BC I ¡ ¢ ¡ ¢ 1 1 a.C(1 ; 1 ; 0) ; E(0 ; 0 ; 1) ; I 1 ; ; 0 ; J ; 1 ; 0 . 2 2  x−1= −α  −−→−−→ b.M(x;y;z)∈(CE)⇐⇒il existeα∈R: CM=αCE)⇐⇒ y−1= −α  z−0=α  x=1−α  ⇐⇒ y=1−α Finalement :  z=α  x=1−α  M(x;y;z)∈[CE]⇐⇒il existeα∈tel que :[0 ; 1] y=1−α  z=α Pourα=0, le point est en C, pourα=1 le point est en E. a.Un pointM(x;y;z) appartient au plan médiateur de [IJ] s’il est équi 2 2 2 distant de I et de J, c’estàdire siMI =MJ ouMI=MJ⇐⇒(x−1)+ ¡ ¢ ¡ ¢ 2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 y− +z=x− +(y−1)+z⇐⇒x+1−2x+y+ −y+z= 2 2 4 2 1 2 2 x+ −x+y+1−2y+z⇐⇒ −x+y=0⇐⇒y=xéquation du plan 4 médiateur. Il est évident que C et E ont leurs coordonnées qui vérifient ce tte équa tion. b.Les coordonnées deMvérifient pour toutt∈[0 ; 1] l’équation du plan médiateur doncMI=MJ et le triangleMIJ est isocèïle enM. ¡ ¢ 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 c.On a IM=(1−t−1)+1−t− +(t−0)=t+ +t−t+t=3t−t+. 2 4 4 £ ¤ π a.Sur l’intervalle [0 ;πet dé0 ; ] la fonction sinus est croissante sur 2 £ ¤ π π croissante sur ;πavec un maximum en . Donc la mesureθest 2 2 µ ¶ θ maximale lorsque sin est maximal. 2 b.nt isocèle enDans le triangle IMJ, soit K le milieu de [IJ]. Le triangle éta Mla droite (MK)est médiane et donc aussi hauteur. Le triangle IMK est IK θ donc rectangle en K et par définition sin=. Par définition de la 2 MI fonction inverse le sinus est maximal quand le dénominateur IMest mi nimal. h i ¡ ¢ ¡ ¢ 2 2 t1 1 1 1 c.On af(t)=3t− + =3t+− − 3 12 6 36 12 h i ¡ ¢ 2 1 1 =3t− −. 6 18 La forme canonique du trinôme montre que le minimum de la fonc tion 1 ¡ ¢ 1 1 1 est obtenu pourx=et que ce minimum est égal àf=3× =. 6 18 6 6 2 2 d.On a vu (question 2. c.) que IM=f(t) et que le minimum de IM, donc d de IMcorrespond au maximum de l’angle IMJ. Donc le pointM 0 de [EC]

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

1 correspondant à la valeur du paramètret 0 =est le point unique cor 6  respondant à la valeur maximale de l’angle IM 0 J e.Géométriquement, on sait que la distance d’un pointMà une droite (EC) est obtenue avec le projeté orthogonal du pointMsur la droite (EC). Donc le pointM 0 est le projeté orthogonal du point I sur le segment [EC].

E X E R C IC E 4 Commun à tous les candidats

6 points

1. Étude des fonctionsfetg −x2−x a.f(x)=exe etg(x)=exe . −x On a lim e= +∞, d’où par produit de limites limf(x)= −∞. x→−∞x→−∞ 2 Comme limx= +∞, limg(x)= +∞. x→−∞x→−∞ −x b.On sait que limxe=lim0, donc f(x)=0. x→+∞x→+∞ n−x De même comme pour tout natureln, limxe=lim0, on a g(x)= x→+∞x→+∞ 0. c.fproduit de fonctions dérivables surRest dérivable et sur cet intervalle ′ −x−x−x f(x)=e (e−xe )=ee (1−x). −x′ Comme e>0 quel que soit le réelx, le signe def(x) est celui de 1−x qui est positif sur ]− ∞; 1[ et négatif sur ]1 ;+∞[. D’où le tableau de variations def:

x

f(x)

−∞

−∞

1 1

+∞

0

gproduit de fonctions dérivables surRest dérivable et sur cet intervalle ¡ ¢ ′ −x2−x−x g(x)=e 2xe−xe=eex(2−x). −x′ Comme e>0 quel que soit le réelx, le signe deg(x) est celui du tri nômex(1−x) qui est négatif sauf entre les racines 0 et 2. D’où le tableau de variations deg: x−∞ 02 +∞ +∞ 4 e g(x)

0

0

2. Calcul d’intégrales R R £ ¤ 1 1 1−x−x−x 1 −1 =e [−e ]−e+1=e−1. a.I 0 =e dx=e e dx 0 =e 0 0 R R 1 1 n+1 1−x n+1−x b.On aI n+1 =xe dx=exe dx. 0 0 On pose : ½ n+1′n u(x)=x u(x)=n+1x ′ −x−x v(x)=ev(x)= −e Toutes les fonctions sont continues car dérivables surR, on peut donc faire une intégration par parties : Z Z 1 1 £ ¤ 1 n+1− x n−x n−x I n+1 =e−xe−e (n+1)xe dx=e [−e+0]−exe dx= 0 0 0 −1 −ee−e(n+1)I n = −1+(n+1)I n =I n+1 .

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

c.La formule précédente donne pourn=0,I 1 = −1+I 0 = −1+e−1=e−2. Pourn=1,I 2 = −1+2I 1 = −1+2(e−2)=2e−5.

3. Calcul d’une aire plane

1−x2 1−x a.Soitdla fonction définie surRpard(x)=f(x)−g(x)=xe−xe= 1−x xe (1−x). 1−x Comme e>0 quel que soit le réelx, le signe def(x) est celui du tri nômex(1−x), soit négatif sauf entre les racines du trinôme 0 et 1. ′ Ceci montre que la courbeCest au dessus de la courbeCsur ]0 ; 1[ et au dessous sur ]− ∞; 0[ et sur ]1 ;+∞[. b.1]On vient de voir que sur l’intervalle [0 ; f(x) > g(x), donc l’aire de ′ la partie du plan comprise d’une part entre les courbesCetC, d’autre part entre les droites d’équations respectivesx=0 etx=1 est égale à la différence des intégrales :

Z Z Z 1 1 1 A=f(x)dx−g(x)dx=[f(x)−g(x)]dx=I 1 −I 2 =e−2−(2e−5)=3−e. 0 0 0

par linéarité de l’intégrale.

4. Étude de l’égalité de deux aires ¡ ¢ ¡ ¢ 1−a2 1−a2 a.On aS a =A⇐⇒3−ea+a+1=3−e⇐⇒ −ea+a+1= ¡ ¢ ¡ ¢ −a2−a2 −e⇐⇒e×ea+a+1=e⇐⇒ea+a+1=1⇐⇒ 2a a+a+1=e . x2x2 b.Il reste à résoudre l’équation e=x+x+1 équivalente à e−x−x−1=0 sur l’intervalle [1 ;+∞[. x2 Si on pose, pour toutxréel :h(x)=e−x−x−1 , cela revient à chercher un zéro de la fonctionhsurR. Cette fonction est deux fois dérivable surRet sur cet intervalle ′x h(x)=e−2x−1 qui ellemême est dérivable surRet : ′′x h(x)=e−2 ′′x x On ah(x)=0⇐⇒e−2=0⇐⇒e=2⇐⇒x=ln 2 ′′x x Donch(x)>0⇐⇒e−2>0⇐⇒e>2⇐⇒x>ln 2. ′ h2 ;est continue et strictement croissante sur [ln +∞[ et à fortiori sur [1 ;+∞[ puisque ln 2≈0, 69<1. ′1 On ah(1)=e−2−1=e−3<0. ′ x De plus limh(x)= +∞.)(limite obtenue en factorisant e x→+∞ Donc, d’après un corollaire du théorème des valeurs intermé diaires, il ′ existe un réel uniqueα, 1<αtel queh(α)=0. On en déduit quehest strictement négative sur ]1 ;α[ et strictement positive sur ]α;+∞[. hest donc strictement décroissante sur ]1 ;α[ et strictement croissante sur ]α;+∞[. D’autre part, limh(x)=e−3≈ −lim0, 28 et h(x)= +∞. Ainsihest stric x→1 x→+∞ x>1 tement négative sur ]1 ;α[ . Enfin,hétant continue est strictement croissante sur [α;+∞[, il existe β∈]α;+∞[ , unique, tel queh(β)=0. Avec une table de valeurs ou le solveur de la calculatrice on t rouve aisé ment :α≈1, 26 etβ≈(Voir la figure cidessous)1, 79.

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