Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2004 EXERCICE 1 5 points Partie A 1. On a f (x) = e2 ? x ex ; f est donc le quotient de deux fonctions dérivables (la seconde ne s'annulant pas) : elle est donc dérivable sur [0 ; +∞[. f ?(x) = e?x+2 ? xe?x+2 = (1? x)e?x+2 qui est du signe de 1? x car e?x+2 > 0 quel que soit x ?R. D'où le tableau de variations : x 0 1 +∞ f ?(x) + 0 ? f (x) 0 e 0 Limites aux bornes : f (x)= e2? x ex . On sait que lim x?+∞ ex x = +∞, donc lim x?+∞ x ex = 0. Conclusion : lim x?+∞ f (x) = 0. L'axe des abscisses est donc asymptote à la courbe représentative de f au voi- sinage de plus l'infini. D'autre part f (0)= 0?e2 = 0 et f (1)= e1 = e. 2. a. Sur la calculatrice l'examen des deux courbes permet de conjecturer à l'unicité de la solution de l'équation f (x)= lnx sur l'intervalle [1 ; +∞[.

• nues sur l'intervalle d'intégration


• z?1 z


• ?z ?


• b?


• ei π


• écriture exponen


• ?z ?


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2004
• Nombre de lectures: 20

Extrait

Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2004

E XERCICE 1 Partie A

5 points

x 2 1.On af(x)=e×;fest donc le quotient de deux fonctions dérivables (la x e seconde ne s’annulant pas) : elle est donc dérivable sur [0 ;+∞[.  −x+2−x+2−x+2−x+2 f(x)=e−xe=(1−xest du signe de 1)e qui−xcar e>0 quel que soitx∈R. D’où le tableau de variations :

x0  f(x)

f(x)

+

1 0 e

+∞ −

0 0 x 2 Limites aux bornes :f(x)=e×. x e x ex On sait quelim= +∞, donclim=lim0. Conclusion :f(x)=0. x x→+∞x→+∞x→+∞ xe L’axe des abscisses est donc asymptote à la courbe représentative defau voi sinage de plus l’infini. 2 1 D’autre partf(0)=0×e=0 etf(1)=e=e. 2. a.Sur la calculatrice l’examen des deux courbes permet de conjecturer à l’unicité de la solution de l’équationf(x)=lnxsur l’intervalle [1 ;+∞[. C f L 2

1

0 1 2 3 4 5 6 7 −1

−2 b.Sig(x)=lnx−f(x) différence de deux fonctions dérivables sur [1 ;+∞[ 1  −x+2 est dérivable sur cet intervalle etg(x)= −(1−x)e .Or d’après la x  −x+2−x+2 question1.,f(x)=(1−x)e  0 sur [1 ;+∞[, donc−(1−x)e  0 1  et comme>0,g(x)>0 sur [1 ;+∞[. x La fonctiongcontinue est donc croissante sur [1 ;+∞[. De plusg(1)= −f(1)= −e<lim0 etg(x)= +∞. x→+∞ Il existe donc un réel uniqueα>1 tel queg(α)=0⇐⇒lnα=f(α). c.La calculatrice permet d’appréhenderαau millième :α≈3, 005. Partie B 1.On intègre par parties avec :  2 −2x u(x)=x v(x)=e 1  −2x u(x)=2x v(x)= −e 2

Baccalauréat S

  Les fonctionsuetvsont dérivables et les fonctionsuetvsont continues sur l’intervalle d’intégration.    3 3 1 2−2x −2x Donc I= −x×e+xe dx. 2 0 0 On intègre cette dernière intégrale à nouveau par parties :   −2x u(x)=x v(x)=e 1  −2x u(x)=1v(x)= −e 2   , les fonctionsuetvétant dérivables et les fonctionsuetvétant conti   3 1 2−2x nues sur l’intervalle d’intégration. On obtient finalement I= −x×e− 2 0   3  1 1  3 9 3 1 11 25 −2x−2x−6−6−6−6 xe−e= −e−e−e+ = −e . 0 2 22 2 4 44 4 0   3 33 2 2−2x+4 42−2x4 2. a.On aV=π[f(x)] dx=πxe dx=πexe dx=πe×I 0 00 (en unités de volume).   3 3 b.L’unité de volume est égale à 4=64 cm. D’où   1 25   4−6 4−2 3 V=πe−e×64=16πe−400πe≈2 574cm . 4 4

E XERCICE 25 points   1. a.ABC estun triangle équilatéral. [BC ] est l’image de [BC] dans la rotation π π  i 3 de centre B et d’angles’écrit en notation complexe :c−b=e (a−b). 3 b.On obtient de même avec les deux autres triangles équilatéraux : π π  i  i b−a=e (c−a) eta−c=e (b−c). 3 3 En ajoutant membre à membre les trois égalités précédentes : π    i    c−b+b−a+a−c=e (a−b+c−a+b−c)⇐⇒a+b+c−(a+b+c)= 3 π i      e×0⇐⇒a+b+c−(a+b+c)=0⇐⇒a+b+c=a+b+c. 3 2.Les points P, Q et R sont les centres de gravité ou les isobarycentres des som mets respectifs des trois triangles équilatéraux ; donc :   b+c+a c+a+b a+b+c p=,q=,r=soit en sommant :p+q+r= 3 33    b+c+a+c+a+b+a+b+c b+c+c+a+a+b+a+b+c = 3 3 3(a+b+c) = =a+b+c. 3    a+b+c a+b+c   3.On a donca+b+c=a+b+c=p+q+r=⇐⇒ = 3 3 p+q+q . Cette double égalité se traduit géométriquement par : les triangles 3    ABC, A B C , PQR ont le même centre de gravité.   4.D’après la question2.3p=b+c+aet 3q=c+a+bsoit par différence    3(q−p)=c+a+b−b−c−a=(b−c)+(c−a)+(a−b). De même 3(r−p)=   (a−c)+(b−a)+(c−b).  π 5.A est l’image de C, se traduit pardans la rotation de centre C et d’angle 3 π i   3 a−c=e (b−c). De même B est l’image de C dans la rotation de centre A , π π  i   i 3 3 soitb−a=e (c−a) et d’après la question1. a.c−b=e (a−b).   6.On a admis à la question4.que 3(r−p)=(a−c)+(b−a)+(c−b). Soit d’après la π   π i   i question précédente : 3(r−p)=e (b−c)+(c−a)+(a−b)=3e (q−p), 3 3 ce qui signifie que R est l’image du point Q dans la rotation de centre P et π d’angle ,soit PQR est un triangle équilatéral. 3

E XERCICE 3 ( OBLIGATOIRE )

Antilles–Guyane

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Baccalauréat S

−1 π π4π2π i i π i i−i 3 33 3  1. a.On az= π =(−1)×e=e×e=e=exponene (écriture E −i 3 e tielle). 1 3 z= −−(écriture algébrique).i .  E 2 2 −1 iθ  b.M(z)∈C 1 ⇐⇒z=Donc l’imagee .MdeMa une affixez= = −iθ e iθiπiθi(θ+π) (−1)×e=e×e=e .Le pointMest donc le symétrique deM autour de O et l’image deC 1 est doncC 1 .   −1 11 13 11 1 5π5π11π π i i π i i−i 2. a.z= =(−1)×e=e×e=e=e= −i= 6 66 6  K 5π −i 6 2 2 22 22 2 2e 3 1 −i . 4 4 iθ b.M(z)∈C 2 ⇐⇒z=2e (avec0  θ<2π). Donc son imageMa une −1 11 1 iθiπiθi(π+θ) image d’affixez= =(−1)×e=e×e=e .Ceci signifie −iθ 2e 22 2 1   queMappartient au cercleC.de centre O et de rayon 2 2 −1−1z−1 iθ  3. a.Avecz=1+e ,on az=, doncz+1= +1=. z zz En prenant les modules, on obtient : iθ    z−1 z−1 e 1    •z+1 = = = =. D’autre part       z z z z −1−1| −1|1   •z=entraîne que|z= =| =soit la même expression      z z z z qu’au dessus.      On a donc bienz+1=z. iθ  b.Si un pointMa pour affixe 1+e ,son imageMa une affixeztelle que         d’après le résultat dua.z+1=z⇐⇒z−(−1)=z−se tra0 qui   duit géométriquement par :MB=MO qui signifie que le pointMap partient à la médiatrice de [OB].

E XERCICE 3 ( SPÉCIALITÉ )5 points 1.Réponse : vraie.  4 002=2 004×1+1 998  2 004=1 998×1+ Le dernier reste non nul est bien 6 6 .  1 998=6×336+0 2.Réponse : vraie.   p p q p q q pq 2−1=(2 )−1=2−1 et ce nombre est divisible par 2−1 et par 2−1 m (cara−1 est divisible para−1). 3.Réponse : fausse. 6 Contreexemple : 2 −1=63 est divisible par 9. 4.Réponse : fausse. 24×(70k−144)+36(99−24k)=108+816k=9. En fait on trouve que 24×(−16)+35×11=1 et par suite que les solutions sont tous les couples (35k−144 ; 99−24k) oùk∈Z. 5.Réponse : fausse. −−−→−−→  SoitMun point du plan ; son imageM 1 parfvérifie AM 1 =3AM. Puis l’imageM −−→ 1 −−−→ −−−→ −−→−→ −→− →−−−→    deM 1 pargvérifie BM=BM 1 . OrM M=MA+AB+BM=MA+AB+ 3   1 −−−→−−→−→ 1 −→ −−−→−−→−→ 1 −→ 1 −−→ 2 −→ BM 1 =MA+AB+BA+AM 1 =MA+AB+BA×3AM=AB 3 33 33 6.Réponse : vraie. Les points invariants vérifientz=i z+(1−i) soit avecz=x+iy,x+iy=

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Baccalauréat S

  x=y+1x−y−1=0 i(x−iy)+(1−i)⇐⇒ ⇐⇒qui est bien y=x−1x−y−1=0 l’équation d’une droite.

E XERCICE 45 points 1.Avec l’évènement M : « être malade » et T l’évènement : « être positif au test », en dressant un arbre de probabilités pondérées, on obtient :   p(T=p(M∩T)+pM∩T=0, 003×0, 5+0, 03×0, 997. p(M∩T) 0,003×0, 5 On a doncp T (M)≈= =0, 0468≈0, 05. (ré p003(T) 0,×0, 5+0, 03×0, 997 ponse 4) 2.La boule subit une épreuve de Bernouilli avecn=3 etp=0, 3(ou 0,7). 3 22 3 On ap(R 1 ) =;0, 3p(R 2 ) =3×0, 3×0, 7p(R 3 ) =3×0, 7×0, 3p(R 4 ) =.0, 7 On obtient puisque les issues sont disjointes :p 1 =p(R 1 ) +p(R 3 ) =et0, 468 p 2 =p(R 2 ) +p(R 4 ) =(réponse 3)0, 532. 3.On calcule : 2 22 2 2 d=(0, 093−0, 1)+(0, 116−0, 1)+(0, 102−0, 1)+(0, 102−0, 1)+(0, 094− 2 22 22 0, 1)+(0, 094−0, 1)+0, 097−0, 1)+(0, 095−0, 1)+0, 101−0, 1)+(0, 106− 2 0, 1)=0,000 456. 2 On a 0,000 456<0,001 45 soitd<d 9 , donc il accepte cette hypothède avec un risque de 10 % de la rejeter.

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