Corrigé du baccalauréat S Métropole La Réunion septembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S Métropole La Réunion \ 16 septembre 2010 EXERCICE 1 6 points Commun à tous les candidats Partie 1 : Étude de la fonction f 1. Comme x est supérieur à zéro, le signe de f (x) est celui de 1? lnx. Or 1? lnx > 0 ?? 1> lnx ?? lne> lnx ?? e> x par croissance de la fonction ln. On a donc : f (x)> 0 ?? 0< x < e ; f (x)= 0 ?? x = e ; f (x)< 0 ?? x > e. 2. • Au voisinage de zéro : f (x)= x ? x lnx. On sait que lim x?0 x lnx = 0, donc lim x?0 f (x)= 0. • Au voisinage de plus l'infini : On a lim x?+∞ x =+∞ et lim x?0 1? lnx =?∞. Par produit des limires on obtient : lim x?0 f (x)=?∞. Remarque : la lecture de l'annexe correspond bien à ces résultats. 3. f produit de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable sur cet intervalle et : f ?(x)= 1? lnx + x ? ( ? 1 x ) = 1? lnx ?1=? lnx.

• droites d'équations respectives


• point d'intersection de la droite


• cercle ?


• abscisse


• rectangle cbao


• axe des abscisses


• ??

Sujets

• Coordonnées cartésiennes

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2010
• Nombre de lectures: 54
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat S Métropole La Réunion\ 16 septembre 2010

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

Partie 1 : Étude de la fonctionf

6 points

1.Commexest supérieur à zéro, le signe def(x) est celui de 1−lnx. Or 1−lnx>0⇐⇒1>lnx⇐⇒ln e>lnx⇐⇒e>xpar croissance de la fonction ln. On a donc : f(x)>0⇐⇒0<x<e ; f(x)=0⇐⇒x=e ; f(x)<0⇐⇒x>e. 2.•Au voisinage de zéro :f(x)=x−xlnx. On sait que limxlnx=0, donc limf(x)=0. x→0x→0 •Au voisinage de plus l’infini : On a limx= +∞et lim 1−lnx= −∞. Par produit des limires on obtient : limf(x)= −∞. x→+∞ x→0x→0 Remarque: la lecture de l’annexe correspond bien à ces résultats. 3.fproduit de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ est dérivable sur cet intervalle et : µ ¶ 1 ′ f(x)=1−lnx+x× − =1−lnx−1= −lnx. x Or−lnx>0⇐⇒lnx<0⇐⇒lnx<ln 1⇐⇒x<1 par croissance de la fonction ln. De même−lnx>0⇐⇒x>1. Conclusion : la fonction est croissante sur ]0 ; 1] et décroissante sur [1 ;+∞[.

4.

x0 ′ f(x)

f(x)

0

+

1 0 1

e −

0

+∞

−∞

′ a.On aM(x;y)∈ ( T a ) ⇐⇒y−f(a)=f(a)(x−a)⇐⇒y−a+alna= −lna(x−a)⇐⇒ y= −xlna+a. Le point d’intersection de la droite (T a ) et de l’axe des ordonnées a une abscisse nulle, d’où ′ y=a, ordonnée du point A . ′ Conclusion : A (0 ;a). b.Il suffit de tracer le quart de cercle centré en O de rayonaqui coupe l’axe des ordonnées au ′ point A (0 ;a) Du point (aon trace la verticale qui coupe; 0) donné sur la figure Cau point A(a;f(a)). ′ La tangente est la droite (AA ). Voir à la fin la figure.

Partie II : Un calcul d’aire

Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

1.•On a vu à la question 1. que sur ]0 ; e] la fonctionfest positive. La mesure de la surface limitée par la courbeC, l’axe des abscisses et les droites d’équations respectivesx=aetx=e est donc Z e égale à l’intégraleA(a)=f(x) dx. a •On a vu que sur [e ;+∞[,f(x)<0. Dans ce cas la surface limitée par la courbeC, l’axe des Z a abscisses et les droites d’équations respectivesx=aetx=e est donc égale à−f(x) dx= e Z e f(x) dx=A(a) en permutant les bornes d’intégration. a Z e 2.On a doncA(a)=x(1−lnx) dx. a  2 x ½  ′  u(x)= u(x)=x 2 Posons d’où . v(x)=1−lnx  1 ′  v(x)= − x Toutes ces fonctions étant continues et dérivables sur ]0 ;+∞[, on peut donc intégrer par parties : · ¸ e Z · ¸ e Z 2 e 2 2 e x1x x x A(a)=(1−lnx)+ ×dx=(1−lnx)+dx= 2x a a 2 2 a a 2 · ¸ e · ¸ e 2 2 2 2 x x x ¡ ¢ x 3 (1−lnx)−+ = lnx+ = 2 2 4 2 4 a a µ ¶ µ ¶ 2 2 2 2 e ¡ ¢ a3 ea3 3 −1− −lna= − −lna. 2 2 2 2 4 2 2

E X E R C IC E 2 Commun à tous les candidats

1.

2.

3.

5 points

a.En partant du point ((u 0 =et en allant alternativement verticalement vers la courbe5 ; 0) Cet horizontalement vers la droiteΔ, on obtient les points de la courbeCd’abscisses, u 1 ,u 2 ,u 3 etc. Voir la figure b.Sur la vue des premiers termes il semble que la suite soit décroissante vers l’abscisse du point commun àCet àΔsoit vers 1. a.•Initialisation : on au 0 −1=5−1=4>0 : vrai. •Hérédité : supposons qu’il existen∈Ntel queu n −1>0. 4u n −1 4u n −1 4u n −1−u n −2 3u n − ( 3 3 u n −1) Oru n+1 =doncu n+1 −1= −1== = . u n +2u n +2u n +2u n +2u n +2 On sait queu n −1>0, doncu n >1 etu n +2>3>0. Tous les termes deu n+1 −1 sont supérieurs à zéro, donc finalementu n+1 −1>0. On a donc démontré par récurrence que pour toutn∈N,u n −1>0. 2 2 u− −u+2u−1 4u n − 1 4u n −1− n 2u n n n b.•Décroissance de la suite : soitu n+1 −u n = −u n == = u n +2u n +2u n +2 2 2 u−2u n +1 ( u n −1) n − = −. Les deux termes du quotients sont positifs, donc finalement u n +2u n +2 u n+1 −u n <0 ce qui démontre que la suite (u n ) est décroissante. Oru n −1>0⇐⇒u n >ne1 La suite étant minorée par 1 et décroissante converge vers u 4ℓ−1 limiteℓ > 1 et par continuité de la fonctionf, on aℓ=équation dont la seule solution ℓ+2 estℓ=1. La suite (u n ) converge vers 1. 1 1 a.On av n+1 −v n = −. u n+1 −1u n −1 3 (u n −1) Or on a vu cidessus (démonstration par récurrence) queu n+1 −1=, donc u n +2 u n +2 1u n +2−3u n −1 1 v n+1 −v n = = == − , car on a vu queu n −1>0. 3 (u n −1)u n −1 3 ( u n −1) 3 ( u n −1) 3

Métropole, La Réunion

2

16 septembre 2010

Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

1 Ceci montre que la suite (v n , de premier terme) est une suite arithmétique de raison 3 1 1 1 v 0 = = =. u 0 −1 5−1 4 1 1 1 1n3+4n b.On sait quev n =v 0 +n× = + ×n== + . 3 4 3 4 3 12 1 1 1 12 12+3+4n15+4n Orv n = ⇐⇒u n −1= ⇐⇒u n = +1= +1= =, quel u n −1v n v n 3+4n3+4n3+4n que soitn∈N. On retrouve ici que les termes de (u n ) sont des rationnels et comme le suggérait les construc 19 23 9 tions du 1. a. queu 1 =,u 2 = =2,u 3 = =1, 8. 7 11 5 15 4+ n c.Pourn>0 on peut écrireu n =. 3 4+ n On voit facilement que limu n =1. n→+∞

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

4 points

1. a.C(1 ; 3 ; 2)∈(P)⇐⇒3×1+3−2−1=0⇐⇒3=0, faux. Le point C n’appartient pas au plan (P). b.SoitMun point de (D). M∈(P)⇐⇒3(−t+1)+2t−(−t+2)−1=0⇐⇒ −3t+3+2t+t−2−1=0, vrai quel que soit t. Tout point de (D) est un point de (P), donc la droite (D) est incluse dans le plan (P). 2. a.Un vecteur normal au plan (Q) est un vecteur directeur de (D) ; d’après la représentation paramétrique les coordonnées d’un vecteur directeur de (D) sont (−2 ;1 ; −1). Une équation du plan (Q) est donc : M(x;y;z)∈(Q)⇐⇒ −x+2y−z+d=0. Or C(1 ; 3 ; 2)∈(Q)⇐⇒ −1+2×3−2+d=0⇐⇒3+d=0⇐⇒d= −3. Conclusion :M(x;y;z)∈(Q)⇐⇒ −x+2y−z−3=0. b.SoitM(−t+1 ; 2t;−t+2) un point de (D). M∈(Q)⇐⇒ −(−t+1)+2×2t−(−t+2)−3=0⇐⇒t−1+4t+t−2−3=0⇐⇒6t−6= 0⇐⇒t=1. Donc le point commun I à (Q) et à la droite (D) a pour coordonnées (−1+1 ; 2×1 ;−1+2)= (0 ; 2 ; 1). −→ c.On a CI (−1 ;−1 ;−1). −→−→ 2 Donc CI=CI∙ CI=1+1+1=3. Conclusion CI=3. 3.Soittun nombre réel etM t le point de la droite (D) de coordonnées (−t+21 ; t;−t+2). −−−→ a.On calcule les coordonnées de CM t (−t+1−1 ; 2t−3 ;−t+2−2) soit (−t; 2t−3 ;t). −−−→−−−→ 2 2 2 2 2 2 2 2 On a CM=CM t ∙CM t =(−t)+(2t−3)+t=t+4t+9−12t+t=6t−12t+9. t µ ¶ · ¸ · ¸ 9 3 1 2 2 2 2 2 b.CM=6t−12t+9=6t−2t+ =6 (t−2t+1)−1+ =6 (t−1)+. t 6 2 2 Le minimum de ce trinôme somme de deux carrés est obtenue lors que le premier carré est 1 2 nul soit pourt=1 et la valeur minimale de trinôme est égale à CM=6× =3⇒CM t =3. t 2 CI est bien la valeur minimale.

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

Métropole, La Réunion

3

5 points

16 septembre 2010

Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

¡ ¢ ¡ ¢ 2 2 2 2 1. a.3 ; 2 ; On a I(0 ; 1) et A donc IA=3+(2−1)=3+1=4=2⇒IA=2. Le point A appartient au cercleΓde centre le point I et de rayon 2 Pour construire le point A, il suffit de tracer l’horizontale contenant le point (0 ; 2) qu i coupe le cercleΓde centre I, de rayon 2. A est le point d’abscisse positive. π ′ ′ ′ i b.Par définition un pointMd’affixeza pour imageMd’affixeztel quez−z I =e (z−z I ) 2 soitz−i=i(z−i)⇐⇒z=iz+1+i. ¡ ¢ p ¡ ¢ Doncz B =i 3+2i+1+i=i 3−2+1+i= −1+i 3+1 . La rotation est une isométrie, donc IA = IB = 2, d’après la ques tion 1. a. Le point B appartient donc au cercleΓ. x A +x C 3+x C c.Par définition du milieux I =soit 0= ⇐⇒x C = −3. 2 2 y A +y C 2+y C De mêmey I =soit 1= ⇐⇒y C =0. 2 2 p Conclusionz C = −3. Remarque : on aurait pu dire que C est l’image de B par la rotati onr d.Par définition de la rotation (BI) est perpendiculaire à (IA). D’autre part [AC] est un diamètre deΓ. Dans le triangle ABC, inscrit dans le cercleΓdont un de ses côtés est un diamètre est donc rectangle en B et (BI) étant à la fois hauteur et médiane, le tr iangle ABC est isocèle en B. Le triangle ABC est rectangle isocèle en B. 2.Il semble que (BF) et (CE) sont perpendiculaires. Démonstration : −→−→−→−→−→−→ De AE=IB et FA=IB , on déduit que FA=AE , c’estàdire que A est le milieu de [EF]. D’autre part BI = IA = 2 = EA = AF : donc le triangle EIF est inscri t dans le cercle de diamètre [EF] : il est donc rectangle en I. −→−→ De plus (BI)⊥(AC) et AE=que (AE) et (IB) sont parallèles, donc (AC) est perpendicuIB entraîne laire à (AE). Dans le triangle EIF la droite (IA) est à la fois h auteur et médiane : ce triangle est donc rectangle isocèle en I. Par la rotationr:  B a pour image C  F a pour image E π Par définition derrotation d’angle , la droite (BF) a pour image la droite perpendiculaire (CE). 2

Métropole, La Réunion

−4

C

B

2

−→ v

O

−4

4

I

−→ u

E

A

F

16 septembre 2010

Corrigé du baccalauréat S

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

1.

2.

A. P. M. E. P.

5 points

′ a.On sait que l’écriture complexe d’une similitude directe estz=a z+b. s(O)=D⇐⇒1=0+b⇐⇒b=1 ; 3 s(A)=E⇐⇒1+3i=a×(−2)+1⇐⇒a= −i. 2 3 ′ L’écriture complexe desest donc :z= −iz+1. 2 b.Recherche de point invariant : µ ¶ 3 3 2 2(2−3i) 2 M=s(M)⇐⇒z= −iz+1⇐⇒z1+i=1⇐⇒z== = (2−3i). 2 2 2+3i 4+9 13  3 ′   z= −iz+1 2 · ¸ entraîne par différence : 2 3 2   (2−3i)= −i (2−3i)+1 13 2 13 · ¸ · ¸ 2 3 2 2 3 π 2 ′ ′ − 2 z−(2−3i)= −iz−(2−3i)⇐⇒z−(2−3i)=ez−(2−3i) . 13 2 13 13 2 13 π3 Conclusion : l’angle de la similitude est égal à−.et le rapport est égal à 2 2 c.On sait déjà que O a pour image D et A a pour image E. Comme OG = 3 et OC = 1, il est aisé de voit que l’image de C est G. Enfin OABC étant un rectangle son image parsest aussi un rectangle : c’est donc le rectangle DEFG. ′ a.En utilisant l’écriture complexe des: 2 5 s(1)= −i×1+i=i ; 3 3 2 5 s(1+3i)= −i(1−3i)+i= −2+i ; 3 3 µ ¶ µ ¶ 5 2 5 5 s+3i= −i−3i+i= −2 ; 2 3 2 3 µ ¶ µ ¶ 5 2 5 5 s= −i+i=0. 2 3 2 3 Donc l’image du rectangle DEFG est le rectangle CBAO. ′ ′ b.On ag(O)=s[s(O)]=s(D)=C ; ′ ′ g(A)=s[s(A)]=s(E)=B ; ′ ′ g(B)=s[s(B)]=s(F)=A ; ′ ′ g(C)=s[s(C)]=s(G)=O ; L’image du rectangle OABC par la similitudegest donc le rectangle CBAO. c.Cherchons l’écriture complexe deg: Ã ! µ ¶ 3 2 3 5 2 3 5 2 5 ′ ′ ′ g(z)=s◦s(z)=s[s(z)]=s[−iz+1]=i−iz+1+i=i iz+1+i=z−i+i= 2 3 2 3 3 2 3 3 3 z+i. Un pointMd’affixez=x+iyest invariant pargsi, et seulement si : 1 z=z+i⇐⇒x+iy=x−iy+i⇐⇒2y=1⇐⇒y=,xétant quelconque. 2 1 L’ensemble des points invariants pargest la droite d’équationy=. Orgcomposée de deux 2 similitudes est une similitude ayant une droite de points invariants : c’est la symétrie axiale 1 autour de la droite d’équationy=. 2 On a d’ailleurs vu au dessus que A et B d’une part O et C d’autre p art s’échangent dans la similitudegtangle OABC.: l’axe de la symétrie est donc l’un des axes de symétrie du rec

Métropole, La Réunion

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