Corrigé du baccalauréat S obligatoire Polynésie septembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) Polynésie \ septembre 2009 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. a. Par définition, comme ?1+2 6= 0, R existe et vérifie ? ??? RB +2 ?? RF = ?? 0 ????? OR =? ??? OB +2 ??? OF . Comme B(1 ; 1 ; 0) et F(1 ; 1 ; 1), on obtient R(1 ; 1 ; 2). b. A et C appartiennent au plan OABC, donc P et Q également. Or R appar- tient par définition à la droite (BF). Il ne pourrait être aligné avec P et Q que s'il était égal au point B du plan OABC, ce qui est faux. P, Q et R ne peuvent donc être alignés. On a P(2 ; 0 ; 0) et Q(0 ; 4 ; 0) c. On a P(2 ; 0 ; 0) et Q(0 ; 4 ; 0). Donc ??? PQ (?2 ; 4 ; 0), ?? PR (?1 ; 1 ; 2) et ??? QR (1 ; ?3 ; 2). ?? PR · ??? QR = (?1)?1+1? (?3)+2?2=?1?3+4= 0, donc les droites (PR) et (QR) sont perpendiculaires : le triangle PQR est rectangle en R.

• lnx


• axe des abscisses


• vecteur ???


• ?x lnx


• ordonnée


• ??? bo


• ??


• points commun

Sujets

• Coordonnées cartésiennes

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2009
• Nombre de lectures: 50
• Langue: Français

Extrait

[CorrigédubaccalauréatS(obligatoire)Polynésie\
septembre2009
EXERCICE 1 4points
Communàtouslescandidats
−−→ −→ →−
1. a. Pardéfinition,comme−1+26?0,Rexisteetvérifie−RB+2RF = 0 ⇐⇒
−→ −→ −→
OR =−OB+2OF.
CommeB(1;1;0)etF(1;1;1),onobtientR(1;1;2).
b. AetCappartiennentauplanOABC,doncPetQégalement.OrRappar-
tient par définitionà la droite(BF).Ilne pourraitêtrealignéavec P etQ
ques’ilétaitégalaupointBduplanOABC,cequiestfaux.
P,QetRnepeuventdoncêtrealignés.OnaP(2;0;0)etQ(0;4;0)
−→ −→
c. On a P(2; 0; 0) et Q(0; 4; 0). Donc PQ(−2 ; 4 ; 0), PR(−1 ; 1 ; 2) et
−→
QR(1;−3; 2).
−→ −→
PR?QR =(−1)×1+1×(−3)+2×2=−1−3+4=0,donclesdroites(PR)
et(QR)sontperpendiculaires:letrianglePQRestrectangleenR.
p p p p
D’autrepart PR= 1+1+4= 6 etQR= 1+9+4= 14.Donc le tri-
anglen’estpasisocèle.
→−
2. a. Un vecteur n (α ; β ; γ) normal au plan PQR est orthogonal au vecteur
−→
PR ;donc−α+β+2γ=0.
→− −→
Demême n estorthogonalàPQ donc−2α+4β=0 ⇐⇒ α=2β,soiten
reportantdanslapremièreégalité:
1
−2β+β+2γ=0 ⇐⇒ γ= β.
2? ?
→− 1
Doncn 2β; β; β .
2
→− −−→ 1
M(x ; y ; z )∈PQR ⇐⇒ n ?PM =0 ⇐⇒ 2β(x−2)+β(y−0)+ β(z−0)=
2
1
0 ⇐⇒ 2βx+βy+ βz−4β=0 ⇐⇒ 4x+2y+z−8=0.
2
→−
Onprendrapourlasuitecommevecteurnormalauplan n (4; 2; 1)
b. D(0; 0; 1)∈PQR⇐⇒ 4×0+2×0+1−8=0,cequiestfaux.Dn’appartient
pasauplanPQR.
−−→ →−
3. a. Le vecteur DH est normal au plan PQR, donc colinéaire au vecteur n .
Onadonc:
 
x−0 = 4α x = 4α −−−→ →−
M(x; y ; z)∈(DH)⇐⇒ DM =αn ⇐⇒ y−0 = 2α ⇐⇒ y = 2α
 
z−1 = 1α z = α+1
quiestsystèmed’équationsparamétriquesdeladroite(DH).
b. Le point H a ppartient à la droite précédente et au plan PQR. Ses coor-
donnéesvérifientdonc:
 
x = 4α x = 4α  
y = 2α y = 2α
⇐⇒
 z = α+1  z = α+1  
4x+2y+z−8=0 16α+4α+α+1−8 = 0
  4x =x = 4α  3  2y = 2α y = 3⇐⇒ ⇐⇒ 4 z = α+1  z = 3  121α = 7 α = 3BaccalauréatS A.P.M.E.P.
? ? ? ?
−−→ 4 2 4 −−→ 2 2 4 −→
c. OnaPH −2; ; soitPH − ; ; etPR(−1; 1; 2).
3 3 3 3 3 3
−→ 2−→
On voit que PH = PR cequi signifie que H appartient à la droite (PR)
3
2
etapourabscisse silerepèreest(P,R).
3
EXERCICE 2 4points
Communàtouslescandidats
QuestionA ? ! ? !
4 3
Proposition1:ona =6possibilitésdetirer2boulesnoireset =3possibilités
2 2
detirerdeuxrougesetlenombredepossibilitésdetirerdeuxboulesparmiseptest? !
7
=21.
2
6+3 9 3
D’oùP(A)= = = .LapropositionAestvraie.
21 21 7
Proposition2:ilfauttirerunerougeetunenoire.? ! ? !
4 3
Ona =4possibilitésdetirerunenoireet =3detirerunerouge.
1 2
4×3 4
OnadoncP(B)= = .Laproposition2estfausse.
21 7
QuestionB
Proposition3
AetBsontindépendantssignifiequeP(A∩B)=P(A)×P(B);
Onsaitd’autrepartqueP(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B).
OnendéduitqueP(A)×P(B)=P(A)+P(B)−P(A∪B) ⇐⇒ P(B)[P(A)−1]=P(A)−
P(A)−P(A∪B)
P(A∪B) ⇐⇒ P(B)= (carP(A)6?1.Soitaveclesvaleursnumériques:
P(A)−1
2 3 8−15 7− − 7 5 75 4 20 20P(B)= = = = × = .Laproposition3estvraie.
2 2)5 3 20 3 12−1 −
5 5 5
Proposition4? ?
OnaP A∪C =1−P(A∪C)=1− P(A)+P(C)−P(A∩C) =1−P(A)−P(C)+P(A∩C)=[ ]
2 1 1 10−4−5+1 2 1
1− − + = = = .Laproposition4estfausse.
5 2 10 10 10 5
QuestionC ? !
4 k 1−k
Proposition5OnsaitqueP(X=k)= p (1−p) .
k
? !
4 1 1−1DoncP(X=1)= p (1−p) =4p;
1
? !
4 0 1−0
P(X=0)= p (1−p) =1−p.
0
2
DoncP(X=1)=8P(X=0) ⇐⇒ 4p=8(1−p) ⇐⇒ 12p=8 ⇐⇒ p= .Laproposi-
3
tion5estvraie.
1
Proposition6Avecp= :
5
4 1 4
P(X=1)=4p= etP(X=0)=1−p=1− = .Laproposition6estvraie.
5 5 5
QuestionD
Proposition7
Polynésie 2 septembre2009BaccalauréatS A.P.M.E.P.
Z10
−0,07xLa probabilité d’avoir une durée de vie inférieure à 10 ans est 0,07e dx=
0? ?10−0,07x −0,7−e =−e +1.0
−0,7 −2La probabilité contraire est donc e ≈0,496≈0,50 à 10 près. La proposition 7
estvraie.
Proposition8
Laloiestuneloideprobabilitésansveillissement :laprobabilitécherchéeestdonc
−2lamêmequelaprécédentesoit0,5à10 près.Laproposition8estvraie.
EXERCICE 3 5points
Candidatsayantsuivil’enseignementobligatoire
1′1. a. a =i+i− =2i+i=3i;
i p p
π 1 π π 3 1 3 1′ i i −i
6 6 6b =e +i− =e i−e = + i+i− + i=2i.πi 6 2 2 2 2e
b. Cf.lafigureplusbas.
? ?? ?p pp p
3 1 3 3π 3 1 3 1i − − i − i−6 − − i − − i−b −e 2 2 2 22 2 2 2c. = = p = p = ? p ?? p ? =π′ i 3 1 3 3 3 3 3 3b −b 62i−e 2i− − i i− i− − i−
2 2 2 2 2 2 2 2? ?p p
p3 3 3 3 3− + + i4 4 4 4 3
= i.
3 9 3+4 4
? !p? ? ? ?−−→−b −→ 3 π′d. Onsaitquearg = BB , BO =arg i = .
′b −b 3 2
? ?−−→ −→ π′ ′BB , BO = signifiequeletriangleOBB estrectangleenB.
2 ? !? !p p? ? ? ?2 21 1 1 3 1 3 1 3
22. a. z +iz−1= z+ i + −1= z+ i − = z+ i+ z+ i− .
2 4 2 4 2 2 2 2
1
b. On cherche les points M tels que F(M)= O ⇐⇒ z+i+ = 0 ⇐⇒
z
2z +iz+1 2=0 ⇐⇒ z +iz+1 (car M6? O),soit d’après la question pré-
z
cédentesi p  p
 3 1  3 1 z+ + i = 0 z = − − i  2 2 2 2
ou ou⇐⇒p p  3 1 3 1 z− + i = 0 z = − i
2 2 2 2
? !p 2 ? ?23 1
c. Pourlesdeuxpointstrouvésleurscoordonnéesvérifient: + =
2 2
3 1 2+ =1=1 . Leur module est égal à 1 : les deux points de (E) appar-
4 4
tiennentbienaucercleunitaire(Γ).
iθ ′ iθ −iθ3. a. Siz=e alorsz =e +i−e =cosθ+isinθ+i−cosθ+isinθ=2isinθ+
i=(2sinθ+1)i.
iθb. Si M a pour affixe z=e , cela signifie qu’il appartient au cercle(Γ); on
vient detrouver quel’affixe desonimageestégaleà (2sinθ+1)iquiest
′unimaginairepur.DoncM appartientàl’axedesordonnées.
Deplus−16sinθ61⇒−262sinθ62⇒−162sinθ+163.
′Conclusion:l’ordonnéedeM estcompriseentre−1,ordonnéedupoint
′ ′ ′Cet3ordonnéedupointA ,doncM ∈[A C].
Polynésie 3 septembre2009BaccalauréatS A.P.M.E.P.
′A
′B
A
B
O
C
EXERCICE 4 7points
PartieA:Étudedelafonction f définiesur]0;+∞[par f (x)=−xlnx.0 0
1. Ona lim −nx=−∞et lim −xlnx=−∞,donc lim f(x)=−∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞
2. On a f (x)=−xlnx; produit de fonctions dérivables elles est dérivable sur0
]0;+∞[et
1′f (x)=−lnx−x× =−lnx−1.0 x
−1 −1Or−lnx−1>0 ⇐⇒ lnx6−1 ⇐⇒ nx6lne ⇐⇒ x6e .
? ? ? ? ? ?
−1 ′ ′ −1 −1 ′Donc sur 0 ; e , f (x)> 0, f e = 0 et sur e ;+∞ , f (x)< 0. Donc0 0 0
croissancepuisdécroissancecequicorrespondbienaudessindonné.
PartieB:Étudedecertainespropriétésdelafonction f , n entiernaturel.n
′ ′1. Comme f (x)= f (x)−nx, f (x)= f (x)−n=−lnx−1−n.n 0 n 0
2. a. Lacourbeaunextremumquandladérivéedelafonctions’annulesoitsi
−n−1 −n−1−lnx−1−n=0 ⇐⇒ lnx=−n−1 ⇐⇒ lnx=lne ⇐⇒ x=e .
Conclusion :quel que soitn∈N,la courbe(C )a un seul extremum :len
−n−1pointd’abscissee .
? ? ? ?
−n−1 −n−1 −n−1 −n−1 −n−1 −n−1b. Ona f e =−ne −e ln e =−ne −(−n−1)e =n
−n−1 −n−1 −n−1 −n−1−ne +ne +e =e .
Pourchaquepoint A ,l’ordonnéeestégaleàl’abscisse,donc A appar-n n
tientàladroited’équation y=x.
c. Cf.lafigure
3. a. (C ) coupe l’axe des abscisses si et seulement si−nx−xlnx = 0 ⇐⇒n
−x(n+lnx)=0 ⇐⇒ n+lnx=0 (car x6?0) ⇐⇒ lnx=−n ⇐⇒ lnx=
−n −nlne ⇐⇒ x=e (parcroissancedelafonctionln).
b. Latangenteà(C )aupointB auncoefficientdirecteurégalàn n
′ −n −nf (e )=−n−1−lne =−n−1−(−n)=−1.Cecoefficientestindépen-n
dantden etdonneunepentede45°avecl’axedesabscisses.
Polynésie 4 septembre2009
bbbbbbbBaccalauréatS A.P.M.E.P.
c. Cf.lafigure
PartieC:Calculsd’aires
1. Lesdroitesverticalesquilimitentlesdomainescorrespondentrespectivement
aumaximumdelafonctionetàl’abscissedupointdelacourbequiappartient
àl’axedesabscisses.
2x? ′ u =u = x
22. a. Posons
1v = lnx ′v =
x
Touteslesfonctionsétantcontinuesonpeutintégrerparpartieset
Z ? ? Z ? ?1 12 2 21 1x x x x 1 1 1
xlnxdx= lnx× − = lnx× − =− + + =
2 21 1 1 12 2 2 4 4 2e 4e
e ee e
3 1−2e − .
4 4
Z1 1 3
b. OnendéduitI = −xlnxdx= − .0 21 4 4e
e
c. Dans une homothétie les aires sont multipliées par le carré du rapport
1 −2soitici =e .
2e
−2OnadoncI =I ×e ;1 0
−2 −4I =I ×e =I e .2 1 0
Polynésie 5 septembre2009BaccalauréatS A.P.M.E.P.
ANNEXE
Cettepageseracomplétéeetremiseàlafindel’épreuve
Exercice4
0,5
A0
A1
A2
B B B2 1 0
O
0,5 1,0 1,5
C C C( ) ( ) ( )2 1 0
−0,5
Polynésie 6 septembre2009
y=x