Sujets Bac de Mathématiques de niveau Terminale

Tofmini

Description

Avec correction. Corrigé la réunion juin 2011
Sujets Bac en Mathématiques (2011) pour Terminale S

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Extrait

Corrigé de l’épreuve de mathématiques - Réunion 2011

Exercice 1 (4 points) ( O;i,j,k ! 2x#3y%z#410 Dans un repère orthonormé , on considère le plan (P) d’équation et les points A(1, 2, –3) et B(–3, 4, 1). ì x1 %8#2t ï y17%t tΡ í ï z16#t î 1.La droite (D) admet pour représentation paramétrique : Déterminons l’intersection de (D) et (P) . Un point M(x,y,z) appartient à (D) et (P) si ses coordonnées vérifient le système : ì 2x#3y%z#410 ì2 ( %8#2t ! #3 ( 7%t ! ( %6t# ! #410 ì 310 ï ï ï ï x1 %8#2t ï x1 %8#2t ï x1 %8#2t tΡÛtΡÛtΡ í í í y17%t y 17% t y17%t ï ï ï ï ï ï 1 # 1 z1 #t î z6t î z6#t î 6 Le s stème conduit à une im ossibilité donc il n’existe aucun oint commun entre D et P . Le plan (P) et la droite (D) n’ont aucun point commun.

x#4y%3z#410 2.Le plan (P’) admet pour équation Raisonnement1: Déterminons l’intersection de (P) et (P’) . Un point M(x,y,z) appartient à (P) et (P’) si ses coordonnées vérifient le système :

ì 2x#3y%z#410 ï í x#4y%3z#410 ï î

( ´ %2 !

Û

ì 2x#3y%z#410 í %5y#5z%410 î

Û

ì æ4 ö 2x#3z% %z ç ¸ ï 5 ø è í 4 ï y1z% 10 ï î 5

#4

On obtient la représentation paramétrique d’une droite de vecteur directeur (–1, 1, 1)

10

Û

ì 4 x1 %z% ï 5 ï ï 4 y1z% í 5 ï ï z1z ï î

Raisonnement 2 n ( 2, 3,%1 ! n ¢ ( 1, 4, % 3 ! Un vecteur normal de (P) est le vecteur et un vecteur normal de (P’) est le vecteur . n 1 k ´ n Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (en effet, on ne peut trouver de réelk) donc lestel que deux plans ne sont pas parallèles et se coupent donc suivant une droite ∆ dont la direction est orthogonale à n n et . %i#j#2k Le vecteur admet pour coordonnées (–1, 1, 2) n´ ( %i#j#2k ! 1 %1´2#1´3%1´211%0¹ donc ces deux vecteurs ne sont pas orthogonaux et la droite ∆ n’est pas parallèle au plan (P) (donc n’est pas incluse dans celui-ci). Il reste la dernière proposition par défaut. %i#j#k Les plans (P) et (P’) sont sécants suivant une droite de vecteur directeur

3.

L’ensemble des points équidistants de deux points A et B de l’espace est le plan médiateur du AB ( %4, 2, 5 ! segment [AB]. C’est un plan admettant le vecteur comme vecteur normal et passant

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æ 3 I%1, 3,% ç ¸ è 2 ø par le milieu de [AB]. Les deux équations de plan proposées admettent le même vecteur normal, il s’agit donc juste de vérifier si le point I se trouve sur l’un des deux plans. æ 3 ö 5 %4´ ( %1 ! #2 ( ´3 ! #51´ % ç ¸ è 2 ø 2 donc 5 %4x#2y#5z% 10 2 Le plan d’équation .

4.On peut ici utiliser le barycentre G des points pondérés (A, 1) et (B, -3). MA % 3MB 1 % 2MG Dans ce cas, pour tout pointMde l’espace, uuu uuu uuuu 5 MA%3MB15Û %2MG15ÛMG1 2 donc . L’ensemble des pointsMest donc la sphère de centre G et de rayon 2,5. Il reste à déterminer les coordonnées de G. MA % 3MB 1 % 2MG donc pourM=Oon a æ 1ö æ%3 ö æ x G ö æ 10 ö x æ G æö %5 ö x æ G uuur uuur uuur ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ OA%3OB1 %2OGÛ2 3%412%yÛ10% 12%yÛ5y1 G G G ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ ç ¸ %4 1z%7z7 / 2z è ø è ø è G ø èø è G ø è ø è G ø . æ 7 %5, 5, ç ¸ è 2 ø Une sphère dont le centre a pour coordonnées .

Exercice 2 (5 points) 1.Il s’agit d’un tirage simultané de quatre bulletins (sans ordre), nous utiliserons donc des combinaisons. æ 10 ö æ 4 ö 121011 ç ¸ç ¸ 44 è øè ø Les nombre de tirages possibles est , le nombre de tirages favorables à l’évènement A est 1 p ( A ! 1 210 donc . p(B) B Pour le calcul de la probabilité de B, il est préférable de déterminer . En effet est l’évènement « aucune question ne porte sur le sport » c’est-à-dire « les quatre questions portent sur l’histoire æ 8 ö 70 1 170 ç ¸ p(B)1 1 4 è ø 210 3 ou sur la littérature ». Les nombre de combinaisons possibles est donc donc donc 2 p(B)11%p(B)1 3 .

2.

L’arbre pondéré s’obtient par simple lecture de l’énoncé. a.Voir ci-contre. b.La formule des probabilités totales permet d’écrire p(C)1p ( CÇH ! #p ( CÇL ! #p ( CÇS ! 10, 25´0, 7#0, 5´0, 6#0, 25´0, 510, 6

Page2sur7

c.

p ( SÇC ! p ( S/C ! 1 1 p ( S/C ! p(C) On demande ici or

0, 25´50, 5 1 0, 6 24 .

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3.Il s’agit ici de la répétition 10 fois de manière indépendante d’une épreuve de Bernoulli dont la probabilité du succès vaut 0,7 donc la variable aléatoireX suit la loi binomiale de paramètres 10 et 0,7. æ 10 ö k10%k p ( X1k ! 1 ´0, 7´0, 3 ç ¸ k è ø a.Dans ce cas pour toutkcompris entre 0 et 10 on a : . p ( X³9 ! b..Il s’agit de déterminer æ 10 ö æ 10 ö 9 10 0 p ( X³9 ! 1p ( X19 ! #p ( X110 ! 1 ´0, 7´0, 3# ´0, 7´0, 3»0,15 ç ¸ ç ¸ p ( X³9 ! »0,15 9 10 è ø è ø . .

Exercice 3 (6 points) Partie A [ 0 ; # ¥ [ 1.f. semble croissante sur a.fest dérivable surℝet x2x x2x x2x x2x x x2x x x2x 4e´ ( e#1 ! %4e´ ( 2e ! 4e ( e%1 ! 4e´e#4e%8e´e4e%4e´e f ¢ (x)11 % 1 % 1 % 2 2 2 2 2x2x2x2x ( e#1 ! ( e#1 ! ( e#1 ! ( e#1 ! . 2 2x x ( e#1 ! 20et4e20 [ 0 ; # ¥ [ 2x e%1 b.donc le signe def ‘poursur or  dépend de celui de croissance de l'exp 2x0 2x2x e³eÛe³1Ûe%1³0 x ³ 0 , . f ¢ 0 [ 0 ; # ¥ [ [ 0 ; # ¥ [ ³ Ainsi sur , ce qui prouve quef est croissante sur .

x 1 0 2.semble être un axe de symétrie de la courbe(C).La droite d’équation f(x)1f(%x) Montrons pour cela que la fonction est paire c’est-à-dire que pour tout réelx, . Pour toutxréel : %x2x x%2x %x x%x x après développement %4e ( e#1 ! #4e ( e#1 ! 4e4e%4e4e f(%x)%f(x)11%11 1% # 1 # 0 2(%x) 2x%2x2x %2x2x e#1e#1e#1e#1 ( e#1 ! ( e#1 ! . f(x)1f(%x) En conclusion : pour tout réelx, donc la courbe (C) symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

a c1e 3.Ad’abscissea et . f ( a ! 10 a.(C) coupe l’axe des abscisses au pointAdonc . a2a a 4e e#1%4e a a 2 2 f ( a ! 10Û1% 10Û 10Ûe%4e#110Ûc%4c#110 2a2a e#1e#1 donccest 2 x%4x#110 une solution de l’équation . D 112 C’est une équation du second degré : donc l’équation admet deux solutions distinctes qui sont 4±12 12±3 a1lnc1ln ( 2#3 ! 2 c12#3 . La valeur de c étant positive on a donc . [ 0 ; # ¥ [ [ 0 ;a ] b.On sait quefet s’annule en est croissante sur cdonc elle est négative sur et [ a; # ¥ [ positive sur . On sait de plus quefpaire donc, par symétrie on peut en déduire le est signe def surℝ.

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ù %¥;%ln ( 2 û f est positive sur

ù é #3 ! Èln ( 2#3 ! ; û ë

é # ¥ et négative sinon.

Page5sur7

Partie B F ¢ ( x ! 1 f ( x ! 1.Par définition,Fest la primitive def0 donc et d’après la question qui s’annule en précédente, les variations deFsont évidentes. a F(a)1f(t)dt ò 0 2.Entre 0 etala courbe (C) est en dessous de l’axe des abscisses donc représente x 1 0 l’opposé de l’aire comprise entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équations et x a . Cette aire est incluse dans le rectangle de côtésaetf( 0) donc 0£ %F(a)£a´f ( 0 ! Û0£ %F(a)£aÛ0³F(a)³a .

3.Limite deF. t t t 1 1 4e4e4e4 £ Û £ Û1% ³1% 2t2t 2t2t2t2t2t t e#1³e e#1e e#1e e#1e a.Pour tout réelt, donc %t f ( t ! ³1%4e c’est-à-dire . b.On déduit de ce qui précède que %x car e20 x x x x x %t%t x% f ( t ! dt³ ( 1%4e ! dtÛf ( t ! dt ³é t#4e ù Û f ( t ! dt³x#4e%4³x%4 ò 0 0 ò 0 ò ë û 0 0 ò . limF(x)1 #¥ lim ( x % 4 ! 1 #¥ F(x)³x%4 x|#¥ x|#¥ Par comparaison, comme et alors . x0%x f ( t ! dt1f ( t ! dt1 %f ( t ! dt ò 0%x ò 0 ò F x1 %F(%x) ( ) 4.On sait quefest une fonction paire donc soit limF(x)1 %¥ x|%¥ ceci prouve queF est impaire donc

Partie A – ROC

·

·

AC1AB

Û

( AB,AC ! 1q

Û

c%a

Û

%arg(b%a)

1b%a

Exercice 4 (5 points)

Û

c%a b%a

( AB,u ! # ( u,AC ! 1q

#arg(c

%a)

q1

11

Û

Û

c%a b%a

ia 1e

où

aΡ

% ( u,AB ! # ( u,AC ! 1q

æ c%a ö Ûarg ç ¸ è b%a ø

1q

ia ia c1e ( b%a ! #a c % a 1 e ( b % a ! a1q#2kp Ces deux résultats permettent de conclure que donc soit .

Partie B 2 2z%6z#910 1.Résolution de . D 1 36 % 4 ´ 2 ´ 9 1 % 36 0 0 donc l’équation admet deux solutions complexes conjuguées qui sont 6%i36 3%3i 3#3i 1 4 2 2  et .

2.

Figure

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3.Sest le symétrique deRpar rapport àQdoncQest le milieu de [RS] c’est-à-dire : z#z R S z1 Ûz12z%z13 ( 1%i ! #2i313#i ( 2 3%3 ! Q S Q R 2 .

4.

5.

p i 2 1 ( % ! ´ % 1# 1 z A e z R 0 0i ( 2i3 ! 2 3 On a et p i 2 z1e ( z%0 ! #01i´3#i2 3%313%2 3 C S ( ( ! ! ( !

z z z3i2 3 3 3i3 2 r B 1 S # 3v 1 # ( % ! ## 1 i On a 1i z D ( 3%2 3 ! z13#2i3 B et .

#3i z12 A donc

z1 %2 C ( 3 3 et

3z1z#z1 %2i r D R3v et

3#3i1i ( 3%2

3 3 æ 3 ö 3 z%z1 ( 3%2 3 ! #3i% %i12%3#i C P ç ¸ 2 2 è 2 ø 2 6.a.d’autre partD’une part æ 3 3ö æ3 æ 3ö æö 3 ö 3 i ( z%z ! 1i3#2i3% %i i1i# %2#312%3#i B P ¸¸¸ ç ç ç ç ¸ z % z 2 2 2 2 2 2 è ø è è ø ø è ø C P donc z%z C P 1i z%z B P c’est-à-dire . b.On en déduit que z%z C P 11Ûz%z1z%zÛPC1PB C P B P z%z B P · uuuruuur æ z%z ö p p C P arg1 Û ( PB,PC ! 1 ç ¸ z%z2 2 è ø B P ·Et . uuu uuu p ( PB,PC ! 1 2 PC=PBet doncABCD est un carré.

3#3i ! .

3 ! donc

1 i ( z % z ! B P

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