Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2009 \ Exercice 1 4 points 1. D0,06 R0,98 R0,02 D0,94 R0,05 R0,95 2. a. En suivant la deuxième branche : p(D?R)= 0,06?0,02 = 0,0012. b. Il y a erreur de contrôle pour les évènements disjoints D?R et D?R. Sa probabilité est donc : p(D?R)+p(D?R)= 0,06?0,02+0,94?0,05 = 0,0012+0,0470 = 0,0482. 3. La probabilité qu'un lecteur MP3 ne soit pas rejeté est égale à : p ( D?R ) +p ( D?R ) = 0,06?0,02+0,94?0,95 = 0,0012+0,8930= 0,8942. 4. a. La variable aléatoire suit une loi binomiale de paramètres n = 4 et de probabilité p = 0,8942. La probabilité que G = 120?50 = 70( est égale à ( 4 4 ) ?0,89424 ≈ 0,6394 ; La probabilité que G = 60?50 = 10 ( est égale à ( 4 1 ) ?0,89423 ? (1?0,8942) ≈ 0,3026 ; La probabilité que G =?50 ( est égale à ≈ 1? (0,6394+0,3026)≈ 0,058.

• triangle dae


• définition de la rotation ???


• aire du triangle oia


• ??? ec


• écriture complexe de l'unique similitude


• i? mq


• ??


• centre de la sphère ?

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2009
• Nombre de lectures: 22
• Langue: Français

Extrait

[CorrigédubaccalauréatSPolynésiejuin2009\
Exercice1 4points
0,98
R
0,06 D
R0,02
1.
0,05
R
0,94 D
R0,95
2. a. Ensuivantladeuxièmebranche:p(D∩R)=0,06×0,02=0,0012.
b. Ilyaerreurdecontrôlepourlesévènements disjointsD∩RetD∩R.
Saprobabilitéestdonc:
p(D∩R)+p(D∩R)=0,06×0,02+0,94×0,05=0,0012+0,0470=0,0482.
3. Laprobabilitéqu’unlecteurMP3nesoitpasrejetéestégaleà:
? ? ? ?
p D∩R +p D∩R =0,06×0,02+0,94×0,95=0,0012+0,8930=0,8942.
4. a. La variable aléatoire suit une loi binomiale de paramètres n= 4 et de
probabilitép=0,8942.
? !
4 4LaprobabilitéqueG=120−50=70(estégaleà ×0,8942 ≈0,6394;
4
LaprobabilitéqueG=60−50=10(estégaleà
? !
4 3×0,8942 ×(1−0,8942)≈0,3026;
1
LaprobabilitéqueG=−50(estégaleà≈1−(0,6394+0,3026)≈0,058.
b. L’espérancemathématique deG estdoncégaleà:
70×0,6394+10×0,3026−50×0,058=44,758+3,036−2,9≈44,89(.
Celasignifiequ’enmoyenneonpeutcomptersurunbénéficede44,89(
parlecteurproduit.
Exercice2 5points
Candidatsn’ayantpassuivil’enseignementdespécialité
PartieA:Restitutionorganiséedeconnaissances
PartieB
1+i
1. a. L’affixeω vérifieω=iω+4+4i ⇐⇒ ω(1−i)=4(1+i) ⇐⇒ ω=4 =
1−i
2(1+i)
4 =2×2i=4i.DoncΩ(4i)estinvariantpar f.
1+1
? ′z = iz+4+4i ′b. Ona ⇒z −4i=i(z−4i)pardifférence.
4i = i×4i+4+4i
c. L’égalité précédente montre que f est la rotation de centreΩ et d’angle
π πi 2,cari=e .
2A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatS
2. a. Cf.cidessous.
b. Onaz ′=i(4−2i)+4+4i=6+8i.A
Demême z ′=i(−4+6i)+4+4i=−2.B
′3. a. LemilieuMde[AA ]apouraffixe5+3i.
b. Lemilieude[MP]apourcoordonnées(1;3);
Le milieu de [NQ] a pour coordonnées (1; 3). Le quadrilatère MNPQ a
sesdiagonalesquiontlemêmemilieu:c’estdoncunparallélogramme.
2q−m −4−4i 1+i (1+i) 2i
c. = = = = =i.
n−m −4+4i 1−i 2 2
q−m −−→ −−→ π
Donc =i⇒MN, MQ = [π],donc(MN)et(MQ)sontperpen-
n−m 2
diculaires.
q−m MQ
D’autrepart =i⇒ =1 ⇐⇒ MQ=MN.LequadrilatèreMNPQ
n−m MN
est donc un rectangle donc deux côtés consécutifs ont la même lon-
gueur:c’estdoncuncarré.
? ? ? ? ? ?−−→ −−→ −−→ −−→ −−→−−→ 1 −→ −→ 1 −→ −→′ ′ ′ ′ ′4. OnaΩN?AB = ΩA +ΩB ? AΩ+ΩB = ΩA ?ΩB +ΩB?ΩA carpar
2 2
−−→ −−→−→ −→′ ′définitiondelarotationΩA etΩA sontorthogonauxainsiqueΩB etΩB .
? ?−−→ −−→ −−→−−→ 1 −→ −→′ ′ ′DoncΩN?AB = ΩA ?ΩB −ΩB?ΩA .
2
−−→ −−→−−→ −−→ ′ ′Or la rotation conservant les longueurs et les angles,ΩB ?ΩA =ΩB ?ΩA ,
−−→−−→ ′doncΩN?AB =0.
′Conclusionlesdroites(ΩN)et(AB )sontperpendiculaires.
′A
N
B
Ω
P M
→−
v
′ →−OB u
Q
A
Polynésie 2 juin2009
bbbbbbbbbA.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatS
Exercice2 5points
Candidatsayantsuivil’enseignementdespécialité
PartieA:Restitutionorganiséedeconnaissances
PartieB
1.
C
E
N
A
M
D →−Ωv
→−O Bu
−−→ −−→ −−→ −−→
2. AB(2 ; −2) et AC(4 ; 4); donc AB?AC =8−8=0; les vecteurs sont orthogo-
naux, lesdroites(AB)et(AC)sont perpendiculaires, doncABCestun triangle
rectangleenA.
′3. a. Onavuquel’écriturecomplexedel’unique similitude f estz =az+b.
? ?
D = f(A) −1+i = 2ai+b
Donc ⇐⇒ ⇒
A = f(B) 2i = 2a+b (2)
211+i 1 (1+i) 1
1+i=2a(1−i) ⇐⇒ a= = = i.
21−i 2 1+1 2
1
Ilenrésulteavecl’équation (2)queb=2i−2 i=i.
2
L’écriturecomplexede f estdonc:
1′z = iz+i.
2
b. CherchonslepointinvariantΩ(ω)decettesimilitude :
1 2i 2i(2+i)
ω= (i)ω+i⇐⇒ 2ω=ωi+2i ⇐⇒ ω(2−i)=2i ⇐⇒ ω= = =
2 2−i 4+1
2
(−1+2i).
5
Onadonc
1 ′ ? ? z = iz+i 2 1 2′2 ⇒z− (−1+2i)= i z− (−1+2i) .2 1 2 5 2 5 (−1+2i) = i( (−1+2i))+i
5 2 5 ? ?
? ?1 1? ?Conclusion : le rapport de cette similitude est égale à : i = et son? ?2 2? ?
1 π
angleestégalàarg i = .
2 2
Polynésie 3 juin2009
bbbbbbbbA.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatS
1
c. On a déjà D= f(A) et C= f(B). Cherchons f(C); z = i(4+6i)+i=f(C)
2
(2i−3)+i=−3+3iquiestbienl’affixedeE.
DoncletriangleDAEestl’imagedutriangleABCparlasimilitude f.
d. Parla similitude les angles sont conservés, doncle triangle DAEest rec-
tangleenAetlesdimensionsmultipliéesparlerapport,doncicidivisées
par2.
4. a. L’image par f du cercle (Γ ) de diamètre [AB] est le cercle de diamètre1
[f(A)f(B)],doncdediamètre[DA]soitlecercle(Γ ).2
L’imagedeladroite(BC)estladroite(AE).
DoncM apourimagepar f lepointcommunà Γ età(AE)soitlepoint( )2
N.
? ?−−→ −−→ π
b. Onendéduit que ΩM ,ΩN = :le triangleΩMN estdoncrectangle
2
enΩ.
c. M appartientaudemi-cercledediamètre[AB]:letriangleABM estdonc
rectangleenM ;[AM]estdonclahauteurissuedeAdansletriangleABC.
MB
Considérons le rapport ; comme dans la similtude toutes les lon-
MC
NA
gueurs sont divisées par 2, la quotient des images à savoir est in-
NE
changé.Donc
MB NA
= ⇐⇒ MB×NE=MC×NA
MC NE
Exercice3 5points
1. a. Soit G le barycentre de {(A, 2), (B,−1), (C, 1)}. Soit G le barycentre de1 ? ?−−→ −−→ →− −−→ −→ −→
{(A, 2), (B,−1)}.Pardéfinition2G A−1G B = 0 ⇐⇒ OG = 2OA−OB1 1 1
quiapourcoordonnées(2;−5; 5).G estlebarycentrede{(G , 1), (C, 1)}1
soitle milieu de[G C]quiapour coordonnées(4 : −6; 2):c’estbienle1
pointE.
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −→ −−→ −−→
b. Ona2MA−MB+MC =2ME−ME+ME+2EA−EB+EC =2ME.? ? ? ?p p p−−→ −−→ −−→ −−→? ? ? ?
Donc?2MA−MB+MC?=2 21 ⇐⇒ ?2ME?=2 21 ⇐⇒ EM= 21.
Les points M appartiennent donc à la sphèreΓ de centre E et de rayon
p
21.
−→ −→
2. a. AB(−1; 4;−2)etAD(1; 2; 0)nesontpascolinéaires;lespointsA,Bet
Cnesontpaslignés:ilsdéfinissentunplan.
−−→
b. EC(2;−1;−3).Or
−→ −→
AB?EC =−2−4+6=0et
−→ −→
AD?EC =2−2+0=0.
−→
Le vecteur EC est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan
ABD, il est doncorthogonal à ce plan. La droite (EC) est orthogonale au
plan(ABD).
−−→
c. EC(2;−1;−3)étantunvecteurnormalauplan,uneéquationdeceplan
est2x−1y−3z+d=0.
B(0 ; 3; 1)∈ABD⇐⇒ −3−3+d=0 ⇐⇒ d=6.
M(x ; y ; z)∈ABD ⇐⇒ 2x−y−3z+6=0.
Polynésie 4 juin2009A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatS

x = 4+2t
3. a. M(x ; y ; z)∈(EC) ⇐⇒ y = −6−t

z = 2−3t
b. Le point commun à (EC) et au plan (ABD) a ses coordonnées qui véri-
fient:
x = 4+2t
y = −6−t
⇒2(4+2t)−(−6−t)−3(2−3t)+6=0 ⇐⇒
 z = 2−3t
2x−y−3z+6 = 0
14t+14=0 ⇐⇒ t=−1
Lescoordonnéesdupointcommunà(EC)etauplan(ABD)sont(2;−5; 5)
4. LecentredelasphèreΓestlepointE.IlfautcalculerladistancedupointEau
plan(ABD).Oronavuqueladroite(EC)estperpendiculaireauplan(ABD)au
pointH(2;−5; 5).LadistancedeEauplan(ABD)estdoncégaleàEH.
p
2OrEH =4+1+9=14 ⇐⇒ EH= 14.
p p p
Lasphère aunrayondelongueur 21;comme 14< 21,onendéduitque
lasphèreΓetleplan(ABD)sontsécants:l’intersection estuncercle.SiM est
2 2 2 2 2unpointdececercleonaEM =EH +HM ⇐⇒ 21=14+r ⇐⇒ r =7 ⇐⇒p
r= 7.
p
L’intersection estuncerclecentréen(2;−5; 5)etderayon 7.
Exercice4 6points
PartieA
′1. f étantdéfinieetcontinuesur[0;1]estintégrablesurcetintervalleet
Z1 ? ? 1 11′f (x)dx= f(x) = f(1)−f (0)= −0= .0 2e 2e0
2. Onsaitquesur[0;1],lacourbe(C)estaudessusdusegment[OA];l’intégrale
de f sur [0; 1] égale à l’aire de la surface limitée par (C) et les droites y =
0, x=0etx=1,estsupérieureàl’airedutriangleOIA(avecI(1;0)).Cetteaire
11×OI×IA 12e
estégaleà = = .
2 2 4eZ1 1
Donc f(x)dx> .
4e0
PartieB
−xxe
f(x)= .
2x +1
−x n −x1. Onsaitque lim e =0, lim x e =0,quelquesoitn∈N.
x→+∞ x→+∞
2Deplus lim x =0,donc lim f(x)=0.
x→+∞ x→+∞
L’axe des abscisses est donc asymptote horizontale àC au voisinage de plus
l’infini.
′2. g fonction polynôme est dérivable sur [0 ; +∞[ et sur cet intervalle g (x)=
23x +2x+1.
? ? ? ? ? ?2 22 1 1 1 2 22 2Or3x +2x+1=3 x + x +1=3 x+ − +1=3 x+ + > >0
3 3 3 3 3 3
′Conclusion g (x)>0⇒g estcroissantesur[0 ;+∞[.
Onag(0)=−1etg(1)=2.Commelafonctionestcroissantesur[0;1],l’équa-
tiong(x)=0aunesolutionuniquesur[0;1],doncsur[0;+∞[.
Polynésie 5 juin2009A.P.M.E.P. CorrigédubaccalauréatS
u
−x 2 ′ −x ′3. a. f estdelaforme ,avecu=xe etv=x +1.Deu =e (1−x), v =2x
v
′ ′u v−uv′et f = ,onendéduitque
2v ? ?
−x 2 −xe (1−x) x +1 −xe ×2x
′f (x)= qui est du signe du numérateur? ?22x +1? ? ? ?
−x 2 −x −x 2 3 2doncdee (1−x) x +1 −xe ×2x=e x +1−x −x−2x =
? ? ? ?
−x 3 2 3 2 3 2e −x −x −x+1 ouencorede−x −x −x+1=− x +x +x−1 =
−g(x).
′f etg ontdoncdessignescontraires.
′b. On a vu que sur [0 ; α],g(x)< 0, donc f (x)> 0⇒ f est croissante sur
′[0; α]etsur[α ;+∞[, g(x)>0,donc f (x)<0⇒ f est décroissantesur
[α ;+∞[.
2 24. a. Ilestévidentquequelquesoitx∈[0;+∞[, (x−1) >0 ⇐⇒ x +1−2x>
1 x x 1
20