BACCALAUREAT GENERAL Session de juin MATHEMATIQUES

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Niveau: Secondaire, Lycée
BACCALAUREAT GENERAL Session de juin 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement Obligatoire Liban EXERCICE 1 1) a) Le vecteur ??AB a pour coordonnées (?4,?4, 4) et le vecteur ??AC a pour coordonnées (?1,?4,?2). S'il existe un réel k tel que ??AC = k??AB, alors nécessairement ?1 = ?4k et ?4 = ?4k. Ceci impose à la fois k = 14 et k = 1 ce qui est impossible. Donc les vecteurs ??AB et ??AC ne sont pas colinéaires ou encore les points A, B et C ne sont pas alignés. b) Les points A, B et C définissent donc un unique plan et les vecteurs ??AB et ??AC sont deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Ensuite, • ??n .??AB = 2? (?4) + (?1) ? (?4) + 1? 4 = ?8 + 4 + 4 = 0. • ??n .??AC = 2? (?1) + (?1) ? (?4) + 1? (?2) = ?2 + 4 ? 2 = 0. Donc le vecteur ??n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) et finalement le vecteur ??n est un vecteur normal au plan (ABC). 2) Un vecteur normal au plan (ABC) est le vecteur ??n de coordonnées (2,?1, 1) et un vecteur normal au plan (P) est le vecteur ??n ? de coordonnées (1, 1,?1).

  • ya ?

  • vecteur normal

  • système d'équations paramétriques

  • ??n

  • restitution organisée de connaissances

  • coordonnées

  • ??n ?


Publié le : mercredi 1 juin 2011
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BACCALAUREATGENERAL
Session de juin 2011
MATHEMATIQUES
- Série S -
Enseignement Obligatoire
Liban
EXERCICE 1
−→ −→
1) a) Le vecteur AB a pour coordonnées (−4,−4,4) et le vecteur AC a pour coordonnées (−1,−4,−2). S’il existe un réel
−→ −→ 1
k tel que AC = kAB, alors nécessairement −1 = −4k et −4 = −4k. Ceci impose à la fois k = et k = 1 ce qui est
4
−→ −→
impossible. Donc les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires ou encore
les points A, B et C ne sont pas alignés.
−→ −→
b) Les points A, B et C définissent donc un unique plan et les vecteurs AB et AC sont deux vecteurs non colinéaires de
ce plan. Ensuite,
−→−→• n.AB =2×(−4)+(−1)×(−4)+1×4 = −8+4+4 =0.
−→→−
• n.AC =2×(−1)+(−1)×(−4)+1×(−2) = −2+4−2 =0.
−→Donc le vecteur n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) et finalement
−→le vecteur n est un vecteur normal au plan (ABC).
→−
2) Un vecteur normal au plan (ABC) est le vecteur n de coordonnées (2,−1,1) et un vecteur normal au plan (P) est le
→− ′vecteur n de coordonnées (1,1,−1). De plus,
−→−→′n.n =2×1+(−1)×1+1×(−1) =2−1−1 =0.
−→ −→′Donc les vecteurs normaux n et n sont orthogonaux ou encore
les plans (ABC) et (P) sont perpendiculaires.
3) a) Tout d’abord 1−1+2 =2 =0 et donc G existe. Ensuite,
x −x +2x 1+3+0A B C
• x = = =2.G
1−1+2 2
y −y +2y 2+2−4A B C
• y = = =0.G
1−1+2 2
z −z +2z −1−3−6A B C
• z = = = −5.G
1−1+2 2
Les coordonnées du point G sont (2,0,−5).
−→ −→ →− →−′ ′b) Les coordonnées du vecteur CG sont (2,2,−2). Donc CG =2n où n est le vecteur normal à (P) défini à la question
−→ −→−→′2). Le vecteur CG est colinéaire à n et n’est pas nul. Donc CG est aussi un vecteur normal à (P) ou encore
la droite (CG) est orthogonale au plan (P).
−→′c) Ladroite (CG)estladroitepassantparle pointCde coordonnées(0,−2,−3) etdevecteurdirecteur n de coordonnées
(1,1,−1). Un système d’équations paramétriques de la droite (CG) est
1
6
 x =t
y = −2+t , t∈R.

z = −3−t
d) Soit M(t,−2+t,−3−t), t∈R, un point de la droite (CG).
M∈ (P)⇔t+(−2+t)−(−3−t)+2 =0⇔t = −1.
Quand t = −1, on obtient les coordonnées du point H : (−1,−3,−2).
Le point H a pour coordonnées (−1,−3,−2).
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
4) Soit M un point de l’espace. On sait que MA−MB+2MC = (1−1+2)MG =2MG et donc

−−→
M∈ (S)⇔2MG =12⇔2MG =12⇔MG =6.
(S) est la sphère de centre G et de rayon R =6.
5) La distance d du centre G de la sphère (S) au plan (P) est
√ √
√|2+0−(−5)+2| 9 3× 3× 3
d = p √ √ 3= = =3
2 2 21 +1 +(−1) 3 3

Puisque d =3 3 =5,1... et que R =6, on a d<R et on sait que (P)∩(S) est un cercle de rayon
√ √√
2 2r = R −d = 36−27 = 9 =3.
LecentredececercleestleprojetéorthogonaldupointGsurleplan (P)c’est-à-direlepointHdecoordonnées(−1,−3,−2)
d’après les questions 3)b) et 3)d).
(P)∩(S) est le cercle du plan (P) de centre H(−1,−3,−2) et de rayon r =3.
2EXERCICE 2
1.a) Réponse D
1.b) Réponse B
1.c) Réponse A
2.a) Réponse C
2.b) Réponse A
2.c) Réponse C
Explication 1.a) On note N (respectivement B) l’événement « l’ordinateur choisi est noir (respectivement blanc) » et
M (respectivement M ) l’événement « l’ordinateur choisi est de la marque M (respectivement M ) ». La probabilité1 2 1 2
demandée est p(M ∩N).2

L’énoncé donne p M = p(M ) = 0,7 et donc p(M ) = 0,3. L’énoncé donne aussi p N = p (B) = 0,2 et donc2 1 2 M M2 2
p (N) =0,8. La probabilité demandée est p(M ∩N) et on aM 22
24 6
p(M ∩N) =p(M )×p (N) =0,3×0,8 =0,24 = = .2 2 M2 100 25
.
La bonne réponse est la réponse D.
Explication 1.b) La probabilité demandée est p(N). La formule des probabilités totales permet d’écrire
p(N) =p(N∩M )+p(N∩M ) =p(M )×p (N)+p(M )×p (N) =0,7×0,6+0,3×0,8 =0,42+0,241 2 1 M 2 M1 2
66 33
=0,66 = = .
100 50
La bonne réponse est la réponse B.
Explication 1.c) La probabilité demandée est p (M ).N 2
p(M ∩N) 6/25 12 42
p (M ) = = = = .N 2
p(N) 33/50 33 11
La bonne réponse est la réponse A.
Explication 2.a) Le nombre de tirages simultanés de trois boules parmi les neuf boules de l’urne est

9 9×8×7
= =84.
3 3×2
Les trois boules tirées sont de même couleur si et seulement si les trois boules sont jaunes ou les trois boules sont bleues. Il
4 3
y a =4 tirages simultanés de trois boules parmi les quatre jaunes et =1 tirage simultané de trois boules parmi
3 3
les trois bleues. Le nombre de tirages simultanés de trois boules de même couleur est donc 4 +1 = 5 puis la probabilité
5
demandée est . La bonne réponse est la réponse C.
84
Explication 2.b) Le nombre de tirages simultanés fournissant trois couleurs différentes est

4 2 3
× × =4×2×3 =24.
1 1 1
24 2
La probabilité d’obtenir trois boules de couleurs différentes est donc = .
84 7
La bonne réponse est la réponse A.
Explication 2.c) On note n le nombre de fois que l’on répète l’expérience et X le nombre de fois que l’on obtient 3
boules jaunes. Cette expérience suit un schéma de Bernoulli. En effet, on recommence n fois la même expérience de
manière indépendante et à chaque expérience, on a deux éventualités « obtenir trois boules jaunes » avec une probabilité
4
3 4 1 20
p = = = et « ne pas obtenir trois boules jaunes » avec une probabilité 1−p = .
9 84 21 21
3
La probabilité d’obtenir au moins une fois trois boules jaunes en n essais est
n
20
p(X>1) =1−p(X =0) =1− .
21
3Ensuite,
n n n
20 20 21
p(X>1)>0,99⇔1− >0,99⇔ 60,01⇔ >100
21 21 20
n
21 21 ln(100)
⇔ ln > ln(100)⇔nln > ln(100)⇔n>
20 20 ln(21/20)
⇔n>94,3...⇔n>95.
La bonne réponse est la réponse C.
4EXERCICE 3
PARTIE A : Restitution organisée de connaissances
′Soient z et z deux nombres complexes non nuls.

z z′ ′arg +arg(z ) = arg ×z = arg(z) [2π],
′ ′z z
z ′et donc arg = arg(z)−arg(z ) [2π].
′z
PARTIE B
p √
2 21) |z | = 1 +(−1) = 2 puisA
√ √ √1 1 π π −iπ/4z =1−i = 2 √ − √ i = 2 cos − +isin − = 2e .A
4 42 2
√ π
|z | = 2 et arg(z ) = − [2π].A A
4
2) a)
√ √ √ √ √ √
z 2+ 3+i (2+ 3+i)(1+i) 2+ 3+(2+ 3)i+i−1 1+ 3 3+ 3B
= = = = +i .
2 2z 1−i (1−i)(1+i) 1 +(−1) 2 2A
b) Donc,
!√ √ √ √z 1 3 π πB iπ/3= 1+ 3 +i = 1+ 3 cos +isin = 1+ 3 e .
z 2 2 3 3A
c) Puis, d’après la question 1),
√√ √ √ √ √ √π πiπ/3 iπ/3 −iπ/4 i( − ) iπ/12
3 4z = 1+ 3 e z = 1+ 3 e × 2e = 2+ 6 e = 2+ 6 e .B A
√ √
iπ/12z = 2+ 6 e .B
√ √ √ √
−iπ/6 −iπ/6 iπ/12 −iπ/123) a) z =e z =e 2+ 6 e = 2+ 6 e .B B1
√ √
iπ/12b) z = 2+ 6 e =z et doncB B1
→−
B est le symétrique de B par rapport à l’axe O; u .1
2
B
1
−3 −2 −1 1 2 3 4
−1
A B1
−→
4) a) On note s la symétrie par rapport à l’axe O; u
′D’après la question 3)b), le point B appartient à (E). D’autre part, O = r(O) = O puis O = s(O ) = s(O) = O. Donc1 1
les points O et B appartiennent à l’ensemble (E).
5
bbbπ−iπ/6 −iπ/6 iθ i(θ− )6b) z =e z =e ×ρe =ρe puis1
π π′ i(θ− ) i( −θ)6 6z =z = ρe =ρe .1
iθSoit M un point du plan distinct de O, d’affixe z =ρe avec ρ∈]0,+∞[ et θ∈R.
π π′ i( −θ) iθ i( −θ) iθ6 6M∈ (E)⇔z =z⇔ ρe =ρe ⇔e =e (carρ =0)
π
⇔ il existe un entier relatifk tel queθ = −θ+2kπ
6
π
⇔ il existe un entier relatifk tel queθ = +kπ
12
c) Soit M un point du plan. On note z son affixe.
−−→ −→π →− →−M∈ (E)⇔M =O ou M =O et arg(z) = [π] ⇔M =O ou M =O et u,OM = u,OB [π]
12
−→ −−→
⇔M =O ou M =O et OB,OM =0 [π]
⇔O, B etM alignés⇔M∈ (OB).
L’ensemble (E) est la droite (OB).
6
6666EXERCICE 4
Partie A
1) La fonctionf est dérivable sur [0,+∞[ en tant que somme de fonctions dérivables sur [0,+∞[ et pour tout réelx positif,
′ −x −xf (x) =1+(−1)e =1−e .
−x −x ′Soit x > 0. Alors, −x < 0 puis e < 1 et donc 1 −e > 0. Ainsi, la fonction f est strictement positive sur ]0,+∞[ et
donc la fonction f est strictement croissante sur [0,+∞[.
−x X2) lim e = lim e =0 et lim x = +∞. Donc,
x→+∞ x→+∞X→−∞
lim f(x) = +∞.
x→+∞
−x3) lim (f(x)−x) = lim e =0 et donc la droite d’équation y =x est asymptote à la courbe (C) en +∞.
x→+∞ x→+∞
Partie B
1) La fonction g est dérivable sur [0,+∞[ et pour x>0,
1 x′g (x) =1− = .
1+x 1+x
′La fonction g est positive sur [0,+∞[ est donc la fonction g est croissante sur [0,+∞[. Puisque g(0) =0−ln(1) =0, on
en déduit que pour x>0, g(x)>0 ou encore ln(1+x)6x.
Pour tout réel x>0, ln(1+x)6x.

1 1 1
2) Soit n un entier naturel non nul. On applique l’inégalité précédente au réel positif x = . On obtient ln 1+ 6
n n n
n+1 1 1 1
ou encore ln 6 ou encore ln(n+1)−ln(n)6 ou enfin ln(n+1)6 ln(n)+ .
n n n n
1
Pour tout entier naturel non nul n, ln(n+1)6 ln(n)+ .
n
3) Soit n un entier naturel non nul.
1 1−ln(n)f(ln(n)) = ln(n)+e = ln(n)+ = ln(n)+ .
ln(n)e n
4) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel non nul n, ln(n)6u .n
• Pour n =1, u =0 et ln(1) =0. Donc ln(1)6u .1 1
• Soit n > 1. Supposons que ln(n) 6 u . Puisque ln(n) > 0 et que f est croissante sur [0,+∞[, on en déduit quen
1
f(ln(n))6f(u ) ou encore, d’après la question précédente, ln(n)+ 6u .n n+1
n
1
Mais d’après la question 2), ln(n+1)6 ln(n)+ . On en déduit que ln(n+1)6u .n+1
n
On a montré par récurrence que
Pour tout entier naturel non nul n, ln(n)6u .n
5) Puisque lim ln(n) = +∞,
n→+∞
lim u = +∞.n
n→+∞
6) a) Soit k un entier supérieur ou égal à 2. Donc k−1>1.
1 1 1
La fonctionx→ est continue et décroissante sur ]0,+∞[ et donc sur [k−1,k]. Pour tout réelx de [k−1,k], on a > .
x x k
7
7Par croissance de l’intégrale, on en déduit que
Z Zk k1 1 1 1
dx> dx = (k−(k−1)) = .
x k k kk−1 k−1
Zk1 1
Pour tout entier naturel k>2, 6 dx.
k xk−1
b) Soit n>2. D’après la relation de Chasles et l’inégalité admise par l’énoncé,
1 1 1
u 61+ + +...+n
2 3 n−1
Z Z Z2 3 n−11 1 1
61+ dx+ dx+...+ dx
x x x1 2 n−2
Zn−1
1 n−1
=1+ dx =1+[ln(x)] =1+ln(n−1)−ln(1) =1+ln(n−1).1x1
Pour tout entier naturel n>2, u 61+ln(n−1).n
7) Soit n>2. Donc ln(n)>0. En divisant les différents membres de l’encadrement précédent par ln(n), on obtient
u 1 ln(n−1)n
16 6 + (∗).
ln(n) ln(n) ln(n)

1
ln(n)+ln 1−
ln(n−1) n 1 1
Ensuite, = =1+ ln 1− . Donc, pour tout entier naturel n>2,
ln(n) ln(n) ln(n) n

u 1 1 1n
16 61+ + ln 1− .
ln(n) ln(n) ln(n) n

1 1 1
lim ln(n) = +∞ et donc lim = 0. Ensuite, lim = 0 et donc lim ln 1− = ln(1) = 0. Finalement,
n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞ln(n) n n
1 1 1
lim 1+ + ln 1− =1. D’après le théorème des gendarmes et l’encadrement (∗), on peut affirmer que
n→+∞ ln(n) ln(n) n
un
lim =1.
n→+∞ ln(n)
8

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