BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement Obligatoire Pondichéry

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Niveau: Secondaire, Lycée
BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement Obligatoire Pondichéry EXERCICE 1 Partie I 1. B 2. A 3. C 4. C 1) La fonction f2 est strictement décroissante sur ]0,+∞[ et l'axe des ordonnées est asymptote à la courbe C2. Donc lim x?0 f2(x) = +∞. 2) La fonction f2 est strictement décroissante sur ]0,+∞[ et l'axe des abscisses est asymptote à la courbe C2. Donc lim x?+∞ f2(x) = 0 3) On ne peut pas conclure car par exemple les fonctions x 7? ln x et x 7? x ? 1x ont un graphe ayant l'allure de C1, mais seule la courbe représentative de la fonction x 7? x ? 1x admet une asymptote oblique. 4) C2 est strictement au-dessus de C1 sur ]0, 1[, strictement au-dessous sur ]1,+∞[ et enfin, C1 et C2 se coupent en leur point d'abscisse 1. Donc le tableau de signe de f2(x) ? f1(x) est : x 0 1 +∞ f2(x) ? f1(x) + 0 ? Partie II 1) Limite en 0.

  • equation cartésienne

  • unique plan

  • triangle bcd

  • aa ?

  • tableau de signe de f2

  • plan d'équation

  • vecteurs ??pp

  • centre de gravité du triangle bcd


Publié le : mercredi 1 juin 2011
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EXERCICE 1
BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES  Série S  Enseignement Obligatoire Pondichéry
Partie I 1. B 2. A 3. C 4. C
1)La fonctionf2est strictement décroissante sur]0,+[et l’axe des ordonnées est asymptote à la courbeC2. Donc limf2(x) = +. x0 2)La fonctionf2est strictement décroissante sur]0,+[et l’axe des abscisses est asymptote à la courbeC2. Donc limf2(x) =0 x+1 3)On ne peut pas conclure car par exemple les fonctionsx7lnxetx7xont un graphe ayant l’allure deC1, mais x 1 seule la courbe représentative de la fonctionx7xadmet une asymptote oblique. x 4)C2est strictement audessus deC1sur]0, 1[, strictement audessous sur]1,+[et enfin,C1etC2se coupent en leur point d’abscisse1. Donc le tableau de signe def2(x) −f1(x)est : x 01+f2(x) −f1(x) +0Partie II   1 1 1) Limite en0.lim= +limet donc1− =lim ln. D’autre part,(x) = −et donc x0x xx0 x0 x>0 x>0x>0   1 limf(x) =lim ln(x) +1− =. x0 x0x x>0 x>0 limf(x) = −. x0 x>0
1 Limite en+.Pour tout réelxde]0,+[,f(x) =ln(x) +1. x 1 On sait quelim ln(x) = +. D’autre part,lim1− =1. Par suite, x+x+x
limf(x) = +. x+
2)La fonctionfest dérivable sur]0,+[en tant que somme de fonctions dérivables sur]0,+[et pour tout réelx > 0, 1 1 f(x) =+. 2 x x Donc, la fonctionfest strictement positive sur]0,+[puis la fonctionfest strictement croissante sur]0,+[. On en déduit le tableau de variations de la fonctionf. 1
x 0+f(x) + +f 3)On note tout d’abord quef(1) =ln(1) +11=0. Puisque la fonctionfest strictement croissante sur]0,+[, sixest un réel tel que0 < x < 1, on af(x)< f(1)ou encoref(x)< 0. Sixest un réel tel quex > 1, on af(x)> f(1)ou encore f(x)> 0. On résume ces résultats dans un tableau. x 01+f(x) −0+ 4)La fonctionFest dérivable sur]0,+[et pourx > 0, 1 11 F(x) =1×ln(x) +x×− =ln(x) +1− =f(x). x xx Donc la fonctionFest une primitive de la fonctionfsur]0,+[. 5)La fonctionFest dérivable sur[1,+[et sa dérivée, à savoirf, est strictement positive sur]1,+[d’après la question 3). Donc, la fonctionFest strictement croissante sur[1,+[.   6)La fonctionFest continue et strictement croissante sur[1,+[. Donc pour tout réelkde l’intervalleF(1),limF(x), x+l’équationF(x) =kadmet une solution et une seule dans[1,+[. 1 1 Or,F(1) =0et doncF(1)< 1et d’autre part,limF(x) =lim(x1)ln(x) = +limet doncF(x)> 1. e e x+x+x+  1 1 Ainsi,1F(1),limF(x)et donc l’équationF(x) =1admet une solution et une seule, notéeα, dans[1,+[. e e x+1 7)F(α) =1− =0, 63 . . .Ensuite,F(1, 9) =0, 57 . . .etF(2) =0, 69 . . .. DoncF(1, 9)< F(α)< F(2). Puisque la fonctionF e est strictement croissante sur[1,+[, on en déduit que 1, 9< α < 2.
1)Soitxun réel strictement positif.
Partie III
1 1 h(x) =0ln(x) = −1x=ex=. e   1 Le pointAa pour coordonnées, 0. e
2)Soitxun réel strictement positif. 1 g(x) =h(x)ln(x) +1− =0f(x) =0. x D’après l’étude du signe de la fonctionfeffectuée à la question II.3), l’équationf(x) =0admet une solution et une seule à savoirx=1. Commeg(1) =h(1) =1,
le pointPa pour coordonnées(1, 1).
1 3) (a)Pour tout réelxde]0,+[, on ag(x) −h(x) = −ln(x) −1+ =f(x). D’après la question II.3), la fonctionfest x    1 1 négative sur, 1et donc la fonctionghest positive sur, 1. Par suite, e e Z Z 1 1 A= (g(x) −h(x))dx= (−f(x))dx. 1/e 1/e
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(b)D’après la question II.4), on en déduit que     1 11 11 1 1 A= [−F(x)] =F(1) +F= −0+lnln= −ln(e) +ln(e) =1. 1/e e ee ee e 1 A=1. e
4) a)Soittun réel strictement supérieur à1. Dans ce cas, pour tout réelxde[1, t], on ah(x) −g(x) =f(x)>0. Par suite, Z Z t t t Bt= (h(x) −g(x))dx=f(x)dx= [F(x)] =F(t) −F(1) =F(t) =tln(t) −ln(t). 1 1 1 (b)Soitt>1. D’après la question II.6), 1 Bt=AF(t) =1t=α. e Il existe un réeltet un seul tel queBt=A: le réelαdéfini à la question II.6).
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EXERCICE 2
Partie I 1) (a)SoitIle milieu du segment[BD]. Puisque le triangleABDest équilatéral, la droite(AI)est la médiatrice du segment[BD]dans le triangleABD. Par suite,AI.BD=0. D’autre part, puisque le triangleBCDest équilatéral et que ′ ′ Aest le centre de gravité du triangleBCD, la droite(A I)est également la médiatrice du segment[BD]dans le triangle BCD. Par suite,IA .BD=0. Mais alors,   −−′ ′AA .BD=AI+IA .BD=AI.BD+IA .BD=0. −−En échangeant les rôles des pointsCetD, on a de mêmeAA .BC=0. ′ ′ (b)D’après la question précédente, la droite(AA)est orthogonale aux droites(BC)et(BD)ou encore la droite(AA) est orthogonale à deux droites sécantes du plan(BCD). On sait alors que la droite(AA)est orthogonale à la faceBCD. 2)Par associativité du barycentre, G=bar{A(1), B(1), C(1), D(1)}=bar{A(1), A(3)}. ′ ′ Puisque le pointGest un barycentre des pointsAetA, le pointGappartient à la droite(AA). En échangeant les ′ ′rôles des pointsA,B,CetD, on a aussi montré que le pointGappartient aux droites(BB),(CC)et(DD). Donc les médianes du tétraèdreABCDsont concourantes enG. Partie II 2 2 22 22 1)OP=1+2+3=14etOQ=4+2+ (−1) =21. DoncOP6=OQ. Par suite, le triangleOPQn’est pas équilatéral puis le tétraèdreOPQRn’est pas régulier. 1 12 11 5 2)xP= (xO+xQ+xR) =(0+42) =puisyP= (yO+yQ+yR) =(0+2+3) =et enfin, ′ ′ 3 33 33 3 1 11 zP= (zO+zQ+zR() =01+0) = −. 3 33   2 51 Les coordonnées du pointPsont, ,. 3 33 3)Le vecteurOQa pour coordonnées(4, 2,1)et le vecteurORa pour coordonnées(−2, 3, 0). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires et donc les pointsO,QetRdéfinissent bien un plan et un seul. SoitPle plan d’équation3x+2y+16z=0. 3xO+2yO+16zO=0. Donc le pointOappartient au planP. 3xQ+2yQ+16zQ=12+416=0. Donc le pointQappartient au planP. 3xR+2yR+16zR= −6+6+0=0. Donc le pointRappartient au planP. Puisque les pointsO,QetRappartiennent au planPet que ces points définissent un unique plan, le planPet le plan (OQR)sont confondus. On en déduit qu’une équation cartésienne du plan(OQR)est3x+2y+16z=0. 4)Un vecteur normal au plan(OQR)est alors le vecteurnde coordonnées(3, 2, 16). Le vecteurPPa quant à lui pour    2 51 11 10 coordonnées1,2,− −3ou encore,,. 3 33 33 3 1 11 1 S’il existe un réelktel quePP=k n, alors d’une part,3k= −et donck= −, mais aussi2k= −et donck= − 3 93 6 ce qui est impossible. Donc les vecteursPPetnne sont pas colinéaires ou encore la médiane(PP)n’est pas orthogonale à la face opposée OQR. La propriété(P1)n’est donc pas vraie pour le tétraèdreOPQRet plus généralement, la propriété(P1)n’est pas nécessairement vraie dans un tétraèdre quelconque.
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EXERCICE 3 1 2 1)On ap5=p0puisp3=2p5=p0. 3 3   2 11 11 L’égalitép0+p3+p5=1fournit alors1+ +p0=1puisp0=,p3=etp5=. 3 32 36
2) (a)Représentons la situation par un arbre.
1 11 p0=,p3=etp5=. 2 36
0Total : 0 point 0 3Total : 3 points 5Total : 5 points Total : 3 points 0 1/3 3 3Total : 6 points Total : 8 points 5 Total : 5 points 0 5 3Total : 8 points 5Total : 10 points Les événements amenant au gain de la partie en deux lancers sont(3points, 5points),(5points, 3points)et(5points, 5points). 1 11 11 11 11 Leurs probabilités respectives sont×=,×=et×=. Donc 3 6 186 3 186 636 1 1 1 5 p(G2) =+ + =. 18 18 3636 5 p(G2) =. 36
(b)D’après la formule des probabilités totales, la probabilité que le joueur gagne la partie est 5 712 1 p(G) =p(G2) +p(G3+ = =) = 36 36 363 1 2 et doncp(P) =1p(G) =1− =. 3 3 2 p(P) =. 3
3)NotonsYle nombre de fois que l’événementPest réalisé. La variable aléatoireYest régie par un schéma deBernoulli. En effet, 6;expériences identiques et indépendantes sont effectuées 2 chaque expérience a deux issues : « l’événementPest réalisé » avec une probabilitép=ou « l’événementPest 3 1 réalisé » avec une probabilité1p=. 3 2 La variable aléatoireYsuit donc une loi binomiale de paramètresn=6etp=. 3 La probabilité que le joueur gagne au moins une partie estp(Y65). Or   6 0 6 6 21 2 p(Y65) =1p(Y=6) =1− =1. 6 33 3   6 2 2 La probabilité que le joueur gagne au moins une partie est1ou encore0, 91à10près. 3
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2 7 4) (a) Loi de probabilité deX.D’après les questions précédentes,p(X= −2) =p(P) =puisp(X=1) =p(G3) = 3 36 5 etp(X=3) =p(G2) =. Résumons ces résultats dans un tableau. 36 Valeurs prises parX:xi2 13 2 7 5 p(X=xi) 3 3636 2 75 422 2411 13 (b)L’espérance deXestE(X) =×(−2) +×1+×3= −+ =− += −. 3 3636 336 1818 18 13 E(X) = −. 18
PuisqueE(X)< 0, le jeu est défavorable au joueur.
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