Baccalauréat S Polynésie juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Baccalauréat S Polynésie 9 juin 2005 Exercice 1 3 points 1. A et B sont indépendants, donc p(A?B= p(A)?p()= 0,02?0,1 = 0,002. On a p(C)= 1?p(A?B)= 1? [ p(A)+p(B?p(A?B ] = 1?0,02?0,1?0,002 = 0,882. 2. On a p(avoir le défaut a seul)= 0,02?0002 = 0,018. De même p(avoir le défaut b seul)= 0,1?0002 = 0,098. Donc p(D)= 0,018+0,098 = 0,116. 3. On a une loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,882. p(E)= p(X = 4)+p(X = 5)= (5 4 ) 0,8824?0,118+ (5 5 ) 0,8825 ≈ 0,890 8 soit p(E)≈ 0,891à 10?3 près. Exercice 2 5 points Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité 1. A(3 ; 1 ; 3) et B(?6 ; 2 ; 1).

• isocèle direct


• considérations d'angles


• triangle rectangle


• e2iπ


• rec- tangle


• ??

Sujets

• Triangle rectangle

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2005
• Nombre de lectures: 19

Extrait

Baccalauréat S Polynésie 9 juin 2005

Exercice 13 points 1.A et B sont indépendants, doncp(A∩B=p(A)×p()=0, 02×0, 1=0, 002.   On ap(C)=1−p(A∪B)=1−p(A)+p(B−p(A∪B=1−0, 02−0, 1−0, 002= 0, 882. 2.On ap(avoir le défautaseul)=0, 02−0002=0, 018. De mêmep(avoir le défautbseul)=0, 1−0002=0, 098. Doncp(D)=0, 018+0, 098=0, 116. 3.On a une loi binomiale de paramètresn=5 etp=0, 882.    5 45 5 p(E)=p(X=4)+p(X=5)=0, 882×0, 118+0, 882≈0,890 8 soitp(E)≈ 4 5 −3 0, 891à10 près.

Exercice 25 points Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 1.A(3 ; 1 ; 3) et B(−6 ; 2 ; 1). Si G est le barycentre du système {(A, 4) ; (B,−1)} (qui −−→−−→−−→ 2 existe puisque 4−1=0)  4MA−MB  =2⇐⇒  3MG  =2⇐⇒GM=. 3 2 L’ensemble est donc une sphère de centre G de rayon. Réponseb.. 3 −→ 2.Soit (x H ;y H ;z H les coordonnées du point H. Le vecteur AHest colinéaire au vecteur normal au plan de coordonnées (1 ; 2 ; 2). Il existe doncα∈Rtel que :   x H −3=α y H −1=2α et comme H∈P, on a 3+α+2(1+2α)+2(3+3α)=5⇐⇒  z H −3=3α 2 α= −. 3   7 15 On a donc H;−Réponse; .c. 3 33 3.On calcule la distance du point B au planP: | −6+4+2−5|5 d(B,P)= =. Cette distance étant supérieure au rayon 1 la 3 1+4+4 sphère et le plan ne sont pas sécants. Réponsec..  4.Les droitesDetDont respectivement pour vecteurs directeurs (1 ; 2 ;−1) et (2 ; 1 ; 1). Ces vecteurs n’étant pas colinéaires, les droites ne sont pas parallèles.   x=3+t    La droiteDa pour équations paramétriques y=1+2t (t∈R). Les   z=3−t   3+2t=3+t    droites sont sécantes s’il existetett 3 tels que : +t=1+2t ⇐⇒   t=3−t     2t= t t=2     3 3=4t ⇐⇒t=. Ce système n’admet pas de solution, 4   t=1 t= =1 donc les droites ne sont pas sécantes. Réponsec.. 5.Les points équidistants de A et B est le plan médiateur de [AB] qui coupe [AB]   3 3 −→ en son milieu I(−2 .Le vecteur AB (; ;−9 ; 1 ;−2) est un vecteur normal 2 2 −→−→ à ce plan et les pointsMde ce plan médiateur vérifient : IM∙AB=0⇐⇒    3 3 −9x+ +1y− −2(z−2)=0⇐⇒ −9x+y b−2z−11=0. Réponseb.. 2 2 2 2 On pouvait également partir deMA=Mb .

Exercice 2 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

5 points

Baccalauréat S

1.On calculeu 1 =64u 2 =314,u 3 =1 564,u 4 =7 814 On peut conjecturer queu=. . . 14etu=. . . 64. 2k2k+1 2.u n+2 =5u n+1 −6=5(5u n −6)−6=25u n −36=u n +24u n +36. Or 24u n +36≡donc0 [4],u 2n ≡u n [4]. On en déduit queu 2k ≡u 0 =4×3+2. Donc, pour tout naturelk,u 2k ≡2 [4]. De mêmeu≡u=64=4×16 ; doncu≡pour tout naturel0 [4],k. 2k+2 1 1 k+1 2 3. a.Initialisation : 2u 0 =28=5+3 : vraie. n+2 Hérédité : supposons que pour l’entiern, on ait 2u n =5+3. Calculons   n+2n+3 2u n+1 =2(5u n −6)=5×2u n −12=5 5+3−12=5+3. La relation est donc vraie au rang (n+1). n+2 On a donc démontré par récurrence que pour tout natureln, 2u n =5+ 3. n+2 2n nn b.On a 2u n =5+3=5×5+3=25×5+28−25=25 (5−1)+28. n n Or 5−1 est divisible par 5−1=4 (en généralx−1 est divisible parx−1). n Il existe donck∈Ztel que 5−1=4ket finalement : 2u n =100k+28⇐⇒2u n ≡28 [100].   2p+2 2p+1 2p 4.Sin=2pavecp∈Zalors 2u 2p =5+3=(5 )×5+28−25=25 5−1+   p 2p2p 28. Or 5−1=5−1=25−1 est divisible par 25−1=24=8×3 donc par p 8. Il existe doncq∈Ntel que 25−1=8q. Finalement 2u 2p =25×8q+28⇐⇒2u 2p =200q+28⇐⇒u 2p =100q+14. Les nombresu 2p se terminent donc par 14. 2p+3 32p Sin=2p+1 avecp∈Zalors 2u 2p+1 =5+3=5×5+128−125=   2p p 125 5−1+128=125 (25−1)+128. p On a vu que 25−1=8q, d’où 2u 2p+1 =125×8q+128⇐⇒2u 2p+1 =1000q+  128⇐⇒u 2p+1 =500q+64⇐⇒u 2p+1 =100q+64. Les nombresu 2p+1 se terminent donc par 64. On pouvait également écrire queu 2p+1 =5u 2p −6=5(100q+14)−6=100× 5q+64. 5.On utilise plusieurs fois la propriété : PGCD(a;b)=PGCD(a;a−b) sia  b. Donc PGCD(u n+1 ;u n )=PGCD(5u n −6 ;u n )= ∙∙ ∙=PGCD(u n −6 ;u n )= PGCD(u n ; 6)∈{1 ; 2 ; 3 ; 6}. Or 6 et 3 ne divisent pasu 0 , mais tous les termes sont pairs. Conclusion : PGCD(u n+1 ;u n )=2.

Exercice 3

Partie A

7 points

1. a.On a de façon évidente limf(x)= −∞et limf(x)= +∞. x→0 x→+∞ 1  b.f(x)=1+  1>0. La fonction est donc croissante sur ]0 ;+∞[. x 2. a.La fonctionfest continue et croissante sur ]0 ;+∞[ ; de pluslimf(x)= x→0 −∞et limf(x)= +∞, doncfest une bijection de ]0 ;+∞[ surR, donc x→+∞ pour tout natureln, il existe un unique antécédentα n tel quef(α n )=n. b.Figure

Polynésie

9 juin 2005

y

12

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0 α 0 α 1 α 2 α 3 α 4 α 5 4 −1

Δ

8

Baccalauréat S

Γ

−2 c.On aα 1 +lnα 1 =1. Le graphe fait apparaître la solution évidenteα 1 =1. d.Def(α n )=netf(α n+1 =n+1 on déduit par différencef(α n+1 )−f(α n )= 1>0 qui est équivalent par la croissance defàα n+1 −α n >0⇐⇒α n+1 > α n qui démontre que la suite (α n ) est croissante. y−1  3. a.M(x;y)∈Δ⇐⇒ =f(1)=2⇐⇒y=2x−1 (pourx=1). x−1 1 1−x  b.h(x)=lnx−x+1 ;h(x)−1=qui est du signe de 1−x. La fonction x x est donc croissante sur ]0 ; 1], puis décroissante. Elle présente îdonc un maximum pourx=1 eth(1)=0. Conclusion : la fonctionhest négative sur ]0 ;+∞[. Orh(x)=x+lnx−(2x−1), donch(x)  0⇐⇒x+lnx  2x−1, ce qui signifie que pour tout réel positif, la courbeΓest en dessous deΔ. c.Cf.figure. 4.Pour tout naturelnon a d’après la question précédente : lnα n +α n −2α n +1  n+1 0⇐⇒n−2α n +1  0⇐⇒  α n . 2 n+1 On sait quelim= +∞lim, donc par comparaisonα n = +∞. n→+∞n→+∞ 2

Partie B

Polynésie

9 juin 2005

x

Baccalauréat S

1. Démonstrationde cours : suite croissante non majorée SoitM; la suite (un réel fixéu n ) étant non majorée, il existe un natureln 0 tel queu n 0 >Met par croissance de la suiten>n 0 =⇒ u n >u n 0 >M. Cette propriété étant vraie pour tout réelM, la suite (u n ) tend vers+∞.   2.Si la suiteβ n est majorée, étant croissante elle converge vers un réel. Donc limβ n =, mais par continuité de la fonctiong, limg(β n )=g(). Or n→+∞n→+∞ g(β n )=net limβ n =g()= +∞, ce qui est contradictoire. n→+∞   Conclusion : la suiteβ n non majorée et croissante tend vers plus l’infini d’après la question1..

Exercice 4 iπ iπ 3 32iπ 2 1.z=8⇐⇒z=2e⇐⇒z=2e mod2 . 3 3   1 3 iπ 2 3 Il y a donc trois solutions :z 1 =2e=2− +i= −1+;i 3 2 2   iπ 1 3 4 z 2 =2e=2− −i= −1−i 3; 3 2 2 2iπ z 3 =2e=2.   S=2 ;−1+ ; i 3 −1−.i 3 2. a.Figure 3

2 −2

B

M 1 −1

C

2 2

1 1 −→ v O 0 0 −→ 1 u 1

1 −1

2 −2

N

Q

A 2 2

5 points

3 3

3 −3 b.On place B et C sur le cercle de centre A et de rayon 2, respectivement 2π2π   avec un argument deet−se construisent avec les triet C. B 3 3   angles rectangles ABB(indirect) et ACC(direct).  c.La rotationrest définie parz−2=i(z−2), doncz=2+i(−1−i 3−2)=  C 2+3−3i.

Polynésie

9 juin 2005

 B

P 4

 C

Baccalauréat S

 d.De même la rotationrest définie par  z−2= −i(z−2), doncz=2−i(−1+i 3−2)=2+3+3i.  B   Doncbetcsont bien conjuguées. Géométriquement : les points B et C sont symétriques autour de (Ox) ; par des considérations d’angles, leurs images par les deux rotations sont elles aussi symétriques autour de (Ox).  −1+i 3+2+3+3i 1+3 3. a.n= =(1+i 3). 2 2 −−→ 1+3 −→ b.On constate que ON= −OC cequi signifie que les vecteurs sont 2 colinéaires, donc que les points O, N et C sont alignés. −1−i 3+2+3−3i 1+3 c.Calcul deq= =(1−i 3). 2 2   Remarque : géométriquement Les segments [BB ] et [CC ] étant symé triques autour de (Ox), leurs milieux le sont aussi, doncq=n.  1+3 (1+i 3)+1 n+1 2 q+1 étant différent de zéro, calculons= = q+1 1+3 (1−i 3)+1 2 1+2+3+( 3+3)i 3+3+( 3+33)i i[(+3−i(3+3)] = ==i. 1+2+3−( 3+3)i 3+3−( 3+33)i (+3−i(3+3) On a donc bien démontré quen+1=i(q+1). Cette égalité s’écrit encoren−(−1)=i[q−(−1)] qui montre que N est π l’image de Q dans la rotation de centre M et d’angle; donc le triangle 2 MQN est un triangle rectangle isocèle direct, donc MNQ un triangle rec tangle isocèle indirect.   d.Dans le triangle BB C, N est le milieu de [BB ] et M est le milieu de [BC],  donc la droite (MN) est parallèle à la droite (B C). De même la droite (PQ)  est parallèle à la droite (B C) et par transitivité, les droites (MN) et (PQ) sont parallèles. On démontre de la même façon que les droites (NP) et (MQ) sont paral lèles. Conclusion : le quadrilatère (MNPQ) a ses côtés opposés parallèles (c’est un parallélogramme), ayant deux côtés consécutifs de même longueur MN = MQ (c’est un losange) et possède un angle droit (c’est donc un rec tangle) et finalement un carré.

Polynésie

9 juin 2005