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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