Corrige Bac Mathematiques Specialite 2007 S

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• Publié par: shin
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- ¥ Û Û - Û Û - ¨ ¥ - Û - Û Û - - Û ¨ Û ¨ - ¥ - - ¢ ¥ · - · - - ; Û Û ; ¥ ¥ ¥ ; ¥ - ¢ - ; - - - ; - ¥ ; ¥ ; Û Û - ; Û ¥ ¥ Û ¨ ¥ CORRECTION DU BAC 2007 Terminale S Liban Exercice 1 1) a)
ln x = 0 =x 1 ; ln x > 0 >x 1 ; ln x < 0 lnx 1 > x e ; 1 ln x> 0 0 lnx > x e (la fonction ln étant strictement croissante sur 2 0 ; + ) . ] [ - 1 - C. Lainé - ¨ - - - - · ¨ - - ¢ ¨ ¢ - ¢ ¥ ¢ ¢ ¨ - ¨ - - - ¨ - - - ; - - - - ¥ - ; D ¥ - ¥ - ¥ · ¥ · - - - D - - ¥ - ¥ - - - - - - - - - ‡ ; - ¥ ¥ ; ¥  Par conséquent, la fonction h est croissante sur 0 ; e et est décroissante sur    e ;+ +++ .   b) Les points M et N ont pour coordonnées respectives x ; f x et x ; g x . ( ) ( )( ) ( ) 2 On en déduit que : MN = g x f x = g x f x . Or sur 1 ; e , f x g x d’après ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( )( ) la question 1). D’où : MN = f x g x = h x . ( ) ( ) ( ) Or, d’après la question précédente, la fonction h admet un maximum pour x = e . Par conséquent, sur l’intervalle 1 ; e , la valeur maximale de MN est obtenue pour [ ] x = e . c) L’intervalle d’étude est ]0 ; + [ . 2 2Posons X = ln x ; l’équation ln x ln x= 1 équivaut à X X =1 0 . ( ) 2 Calculons le discriminant : = 1 4 =1 1 5 . ( ) ( ) 2Comme > 0 , alors l’équation X X =1 0 admet deux solutions 1 5 1+ 5 X = et X = . 1 2 2 2 1 5 1 5 1 5 2Si X = , alors ln x = ; d’où x = e . ( )1 1 1 2 2 1+ 5 1+ 5 1+ 5 2Si X = , alors ln x = ; d’où x = e . ( )2 2 2 2 2 1 5 2 2Par conséquent, l’équation ln x ln x== 1 admet deux solutions x == e et ( ) == ==1 1++ 5 2x = e . 2 2 d) D’après la question 2) b), MN = g x f x = g x f x . Or sur 0 ; 1 e ;+ , ( ( ) ( )) ( ) ( ) ] [ ] [ 2 f x < g x . Donc, sur 0 ; 1 e ;+ , MN = f x g x= h =x +ln x ln x . ( ) ( ) ] [ ] [ ( ( ) ( )) ( ) ( ) 1 5 1+ 5 2 2 2On en déduit que : MN = 1 équivaut à (ln x) ln x= 1, c’est-à-dire à x = e ou à x = e d’après la question précédente. 1 5 1+ 5 2 2Par conséquent, sur 0 1 e+ ; , il existe deux réels a = e et b = e (a < b) ] [ ] [ pour lesquels la distance MN est égale à 1. e 3) a) Calculons lnx dx . ∫1 1u x = ln x u x =( ) ( )  Posons . Alors x .   v (x) = 1  v x = x( ) Les fonctions u v, uv et uv sont continues et dérivables sur 1 ; e , d’après la méthode ( ) [ ] de l’intégration par parties : e ee 1 e ln x dx = x ln x x d=x elne =x e+ e 1= 1. [ ] [ ]∫ ∫1 11 1 x - 2 - C. Lainé - ¥ - - · · - - - - - - ¥ · - · - - - - ¥ p ¢ - · · · - ¢ - - · - - · - · - - · - - - · ¥ - ¥ - - - - - - - · - - - · - ¥ · · b) La fonction G est dérivable sur 0 ; + en tant que produit et somme de fonctions ] [ dérivables sur 0 ; + . ] [ Soit x un réel strictement positif. 2  1 1 2 G x = 1 ln x 2ln+x 2+ x 2 ln x = 2 ln x 2ln x + 2 + 2ln x 2 . ( ) ( ) ( ) ( )   x x  2 Par conséquent, G x = ln x = g x pour tout réel x strictement positif. ( ) ( ) ( ) Par suite, la fonction G est une primitive de g sur 0 +; + . ] [ e c) Comme C est au dessus de C’ sur 1 ; e , alors A = f x g x dx . ] [ ( ( ) ( ))∫1 e e e e Or f x g x dx= f x dx g x d=x 1 G x= 1 G+ e G 1 . ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∫ ∫ ∫ 11 1 1 2 2   De plus, G 1 = 1 ln1 2ln+1 2= 2 et G e= e lne 2+lne= 2 e . ( ) ( ) ( ) ( )    Donc, A = 1 e+ 2 = 3 e u.a. Exercice 2 (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)  1 3 1) D’après l’énoncé, la droite (d) a pour vecteur directeur u ; 0 ; .  2 2    On remarque que les coordonnées des vecteurs u et j (0 ; 1 ; 0) ne sont pas proportionnelles ; d’où ces vecteurs ne sont pas colinéaires.  Par suite, la droite (d) n’est pas parallèle à l’axe O ; j . ( ) La proposition 1 est donc fausse.  1 3  2) Comme P est orthogonal à (d), alors u ; 0 ; est un vecteur normal à P.   2 2  1 3 Alors P a pour équation x +z =d 0 . 2 2 1 3 Or A de coordonnées 2 ; 1 ; 1 appartient à P, d’où : 2 + 1= d 0 , c’est-à-dire ( ) 2 2 3 5 d = 1+ = . 2 2 1 3 5 Donc P a pour équation x +z = 0 , ou encore x + 3z 5= 0 . 2 2 2 La proposition 2 est donc vraie. t 3) Comme C est le point d’abscisse 1, alors 2 = 1, c’est-à-dire t = 2 ; d’où C a pour 2 coordonnées 1 ; 1 ; 2 . ( )     ABiAC On a : ABiAC = AB AC cos BAC , soit cos BAC = . ( ) ( ) AB AC   Or AB et AC ont pour coordonnées respectives 2 ; 1 ; 1 et 1 ; 2 ; 1 ; alors ( ) ( )   22 2ABiAC = 2 +1 1+ 2= 1 1 3 , AB = 2 + 1 + 1 = 6 et ( ) ( ) ( ) 2 2 2AC = 1 + 2 + 1= 6 . ( ) 3 1 2 On en déduit que : cos BAC = = = cos . ( )   2 36 6   - 3 - C. Lainé - - - - - - - ˙ - ˛ p - - - - ¢ - - - - p ¢ p 2Par conséquent, la mesure de l’angle géométrique BAC est radians. 3 La proposition 3 est donc fausse. 4) Comme G est le barycentre des points pondérés A, 1 , B, 1 et C, 1 , alors G a ( ) ( ) ( )  x + x + x 3A B Cx = x = = 3G G 1+ 1+ 1 1  y + y + y 0 A B Cpour coordonnées y = , c’est-à-dire y = = 0 .  G G 11+ 1+ 1   y + y + y  3A B Cx = x = = 3 G  G 11+ 1+ 1  5 1  On en déduit que le milieu du segment AG a pour coordonnées ; ; 2 . [ ]   2 2   5 1  Or le milieu du segment BC a pour coordonnées ; ; 2 . [ ]  2 2  Donc AG et BC ont le même milieu. [ ] [ ] La proposition 4 est donc vraie. 5) Le rayon de la sphère de centre C et passant par B est BC = 18 . x + 3z 5 2 2 10 10C C Calculons la distance du point C au plan P : = = = . 2 2 2 10 5101 + 0 + 3 10 Or est strictement inférieur à 18 , donc la sphère coupe le plan P. 5 La proposition 5 est donc vraie. Exercice 2 (candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité) 1 2 1) La similitude directe de centre A d’affixe + i , d’angle et de rapport 2 a pour 5 5 2 i1 2  1 2    2écriture complexe z + i = 2 e z + i , soit     5 5 5 5      1 2  1 2 2 4 1 2    z = 2i z + i + + i = 2iz +i + + =i 2+iz 1.     5 5 5 5 5 5 5 5     La proposition 1 est donc vraie. 2) Soit P le plan d’équation z = 5 . z = 5 M x ; y ; z S P équivaut à ( )  2 2z = x + 2x + y + 1 z = 5 équivaut à  2 2x + 2x + y + 1= 5 z = 5 équivaut à  2 2(x + 1) 1+ y + 1= 5 z = 5 équivaut à  2 2(x + 1) + y = 5 Donc la section de la surface S et du plan P est le cercle de centre 1 ; 0 ; 5 et de rayon ( ) 5 . La proposition 2 est donc fausse. - 4 - C. Lainé - - ” - - · - · - - - - - - - - - - - · · · - - · - - - ” - ‡ - - - ” - - - - - - - - - - - - 6 7 13 3 33 750 5 6 5 53) 750 = 5 6 ; alors 5 1= 5 =1 5 = 1 5 1. ( ) ( ) 35Or 7 est un nombre premier qui ne divise pas 5 , alors, d’après le petit théorème de 7 1 7 13 35 5Fermat, 5 1 7 . On en déduit que 5 1 0 7 . [ ] [ ]( ) ( ) 7 13750 5Par conséquent, 5 1= 5 1 est divisible par 7. ( ) La proposition 3 est donc vraie. Petit théorème de Fermat : Soit n un entier. p 1Si p est un nombre premier ne divisant pas n, alors n 1 p . [ ] 4) Cherchons le PGCD de 4n + 3 et 3n + 1 : PGCD 4n + 3 , 3n + 4 = PGCD 4n + 3 3n 4 , 3+n 4( ) ( ) = PGCD 4n + 3 3n 4 , 3+n 4( ) = PGCD n 1 , 3n+ 4( ) = PGCD 3n + 4 , n 1( ) = PGCD 3n + 4 3 n 1 , n 1( )( ) = PGCD 7 , n 1( ) Or n est congru à 1 modulo 7, alors n 1 est congru à 0 modulo 7. On en déduit que PGCD 7 , n 1= 7 . ( ) La proposition 4 est donc vraie. 5) Si il existe deux entiers relatifs u et v tels que au + bv = 2, alors 2 est un multiple du PGCD de a et b. Par conséquent, PGCD(a , b) est égal à 1 ou à 2. La proposition 5 est donc fausse. Exercice 3 1) Si le tirage a lieu dans l’urne U à l’étape 2, c’est que l’on a tiré une boule blanche à 1 l’étape 1. Or il y a 17 boules blanches parmi les 20 de l’urne U . 1 17 Par conséquent, p = . 2 20 2) Soit B l’événement : « la boule tirée à l’étape n est blanche ». n 85 17 Si n = 1, on a : 0,8p + 0,05 = 0,85 = = = p . 1 2 100 20 Si n 2 : on peut construire l’arbre pondéré suivant (voir page suivante). B et B forment une partition de l’univers des tirages à l’étape n 1 ; d’après la formule n 1 n 1 des probabilités totales, on obtient : p = p (A ) = p (B ) = p (B ) p (B +) p (B ) p B . ( )n+1 n+1 n B n n 1 n n 1Bn 1 n 1 17 1 Or p (B ) = p (A ) = p et p B = 1 p , p (B ) = et p (B ) = . ( )n 1 n n n 1 n B n nBn 1 n 120 20 17 1 16 1 D’où : p = p + 1 p= +p = 0,8+p 0,05 . ( )n+1 n n n n20 20 20 20 Par conséquent, pour tout entier naturel n non nul, p = 0,8p + 0,05 . n+1 n - 5 - C. L