BACCALAUREAT GENERAL Session de mars 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement Obligatoire Nouvelle Calédonie

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Niveau: Secondaire, Lycée
BACCALAUREAT GENERAL Session de mars 2011 MATHEMATIQUES - Série S - Enseignement Obligatoire Nouvelle Calédonie EXERCICE 1 Partie A : restitution organisée de connaissances 1) La fonction u est dérivable sur R et pour tout réel x au(x) + b = a? ( ?ba ) + b = ?b + b = 0 = u ?(x). Donc la fonction u est une solution de (E) sur R. 2) Puisque f et u sont dérivables sur R, f ? u est dérivable sur R et de plus f est solution de (E) sur R ? f ? = af + b ? f ? = af + (u ? ? au) (car u est solution de (E) sur R) ? f ? ? u ? = af ? au? (f ? u) ? = a(f ? u) ? f ? u est solution de l'équation différentielle y ? = ay sur R. 3) D'après les questions 1) et 2) et le rappel de l'énoncé, f est solution de (E) sur R ? il existe un réel K tel que pour tout réel x, (f ? u)(x) = Keax ? il existe un réel K tel que pour tout réel x, f(x) = u(x) + Keax ? il existe un réel K tel que pour tout réel x, f(x) = ?ba + Ke ax.

  • point dans l'espace

  • jl ?

  • equation cartésienne

  • unique plan

  • xb ?

  • coordonnées du vecteur ??ac

  • ??ab ?

  • plan d'équation

  • degré après degré


Publié le : mardi 1 mars 2011
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EXERCICE 1
BACCALAUREAT GENERAL Session de mars 2011 MATHEMATIQUES  Série S  Enseignement Obligatoire Nouvelle Calédonie
Partie A : restitution organisée de connaissances 1)La fonctionuest dérivable surRet pour tout réelx   b au(x) +b=a×− +b= −b+b=0=u(x). a Donc la fonctionuest une solution de(E)surR. 2)Puisquefetusont dérivables surR,fuest dérivable surRet de plus
fest solution de(E)surRf=af+b ′ ′ f=af+ (uau) (caruest solution de(E)surR) ′ ′fu=afau(fu) =a(fu) fuest solution de l’équation différentielley=aysurR. 3)D’après les questions 1) et 2) et le rappel de l’énoncé,
ax fest solution de(E)surRil existe un réelKtel que pour tout réelx,(fu)(x) =Ke ax il existe un réelKtel que pour tout réelx, f(x) =u(x) +Ke b ax il existe un réelKtel que pour tout réelx, f(x+) = −Ke . a b ax Les solutions surRde l’équation différentielle(E)sont les fonctions de la formex7− +Ke,KR. a
Partie B 1)La fonctionvest dérivable sur[0,+[et solution sur[0,+[de l’équation différentielle10y+y=30ou encore 1 y= −y+3. D’après la partie A, il existe un réelKtel que pour tout réel positift, 10 3 1 1 tt v(t+) = −Ke=30+Ke. 10 10 1/10 De plus, 0 v(0) =030+Ke=0K= −30.   1 1 tt Donc, pour tout réel positift,v(t) =3030e=30 1e. 10 10   1 t Pour tout réelt>0,v(t) =30 1e. 10
2) a)La fonctionvest dérivable sur[0,+[et pour tout réel positift,    11 1 tt v(t) =30− −e=3e. 10 10 10 Pour tout réel positift, on av(t)> 0et donc la fonctionvest strictement croissante sur[0,+[. 1
1 t X 10 b)lime=lime=0et donclimv(t) =30(10) =30. t+Xt+
3)Soittun réel positif.
limv(t) =30. t+
0, 11 1 11 ttt v(t)60, 13e60, 1e6e6 10 1010 3 30     1 1 t 10 lne6ln(par croissance de la fonctionln sur]0,+[et de la fonction exponentielle surR) 30 1 t6ln(30)t>10ln(30). 10 Comme10ln(30) =34, 01 . . ., la plus petite valeur à la seconde près à partir de laquelle la vitesse du cycliste est stabilisée est35secondes. A partir de35secondes à la seconde près, la vitesse du cycliste est stabilisée. Z 35 4)La distance demandée, exprimée en mètres estv(t)dt. 0 Z Z 35 35 h i 35 1 1 tt v(t)dt=30 1e dt=30 t+10e 10 10 0 0 0  35   03,5 =30 35+10e0+10e=30 25+10e=759, 05 . . . 10
Pendant les35premières secondes, le cycliste parcourt759mètres au mètre près.
2
EXERCICE 2
1)Représentons la situation par un arbre. On noteJV(respectivementJR,JP,JL) l’événement « le concurrent tire le jeton sur lequel figure la lettreV(respectivementR,P,L) ». On note aussiV(respectivementR,P) l’événement « le concurrent effectue le parcours en vélo (respectivement en roller, à pied) ». 1 JVV 1 JRR 1 JPP V 0, 2 JLR P 2)La probabilité demandée estp(V). D’après la formule des probabilités totales,
p(V) =p(JVV) +p(JRV) +p(JPV) +p(JLV) =p(JV)×pJV(V) +p(JR)×pJR(V) +p(JP)×pJP(V) +p(JL)×pJL(V) =0, 25×1+0, 25×0+0, 25×0+0, 25×0, 7=0, 25+0, 25×0, 7=0, 425.
La probabilité qu’un concurrent effectue le trajet à vélo est0, 425.
3)La probabilité demandée estpV(JL). p(VJL)p(JL)×pJL(V)0, 25×175 70, 1750, 7 pV(JL= == ==) =. p(V)p(V)0, 4250, 425425 17
7 La probabilité qu’un concurrent tire le jeton L sachant qu’il effectue le trajet à vélo est. 17
4)On noteXle nombre de fois que le vainqueur est un «non cycliste». Cette variable aléatoire suit un schéma de Bernoulli. En effet, on recommence6fois la même expérience de manière indépendante et à chaque expérience, on a 1 deux éventualités « le vainqueur est un non cycliste » avec une probabilitép=et « le vainqueur est un cycliste » avec 3 2 une probabilité1p=. 3 La probabilité qu’au moins une fois le vainqueur soit un non cycliste est   0 6 6 6 12 2 p(X>1) =1p(X=0) =1− =1. 0 33 3
 6 2 2 La probabilité qu’au moins une fois le vainqueur soit un non cycliste est1− =0, 91à10près. 3
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EXERCICE 3 PARTIE A 1)Soitxun réel.
2 22 2 f(x) =xxln(x+1) =xln(x+1) =0x+1=1x=0x=0.
L’ensemble des solutions de l’équationf(x) =xestS={0}.
2)La fonctionfest dérivable sur[0, 1]et pour tout réelx, 2 2 2x x+12x(x1) f(x) =1− ==. 2 22 x+1 x+1 x+1 Pour tout réelxde[0, 1], on af(x)>0et donc la fonctionfest croissante sur[0, 1]. Soit alorsxun réel. Puisque la fonctionfest croissante sur[0, 1], 06x61f(0)6f(x)6f(1)06f(x)61ln206f(x)61car1ln2=0, 3 . . .
Pour tout réelxde[0, 1],f(x)appartient à[0, 1].
PARTIE B 1)Montrons par récurrence que pour tout entier natureln,un[0, 1]. Puisqueu0=1, on au0[0, 1]et donc l’encadrement est vrai quandn=0. Soitn>0. Supposons queun[0, 1]. Alors, d’après la question 2) de la partie A,un+1=f(un)[0, 1]. On a montré par récurrence que
pour tout entier natureln,un[0, 1].
2)Soitnun entier naturel. 2 2 un+1un= (unln(u+1)) −un= −ln(u+1). n n 2 22 Or,u+1>1et donc ln(u+1)>0puisln(u n nn+1)60ou encoreun+1un60. Ainsi, pour tout entier natureln,un+1un60et donc
la suite(un)nNest décroissante.
3)La suite(un)est décroissante et minorée par0. Donc la suite(un)est convergente. On notesa limite. Puisque pour tout entier naturel,un+1=f(un), quandntend vers+on obtient=f()(par continuité de la fonction fsurRet donc en). Ainsi, le réelest une solution de l’équationf(x) =x. D’après la question 1) de la partie A, on a donc=0.
La suite(un)limconverge etun=0. n+
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EXERCICE 4 1) a)Les cordonnées du vecteurABsont(3, 2,2)et les coordonnées du vecteurACsont(0, 2, 1). Donc AB.AC=3×0+2×2+ (−2)×1=2. D’autre part, 2 22 22 2 AB=AB=3+2+ (−2) =17etAC=AC=0+2+1=5. AB.AC=2,AB=17etAC=5.
b)On sait que
La calculatrice fournit alors
  AB.AC 22 [ cosBAC= ==. 17×5 85 AB×AC
[ BAC=77degrés au degré près.
◦ ◦ [ [ c)En particulier,BAC6=0etBAC6=180et donc
les pointsA,BetCne sont pas alignés.
2)Soit(P)le plan d’équation2xy+2z+2=0. 2xAyA+2zA+2=2×(−2) −0+2×1+2= −4+2+2=0. DoncA(P). 2xByB+2zB+2=2×12+2×(−1) +2=222+2=0. DoncB(P). 2xCyC+2zC+2=2×(−2) −2+2×2+2= −42+4+2=0. DoncC(P). Donc, les pointsA,BetCappartiennent au plan(P). D’après la question 1)c), les pointsA,BetCne sont pas alignés et donc ces trois points définissent un unique plan. On en déduit que le plan(ABC)est le plan(P)ou encore que
une équation cartésienne du plan(ABC)est2xy+2z+2=0.
3)SoitM(x, y, z)un point de l’espace.  x+y3z+3=0 x+y=3z3 x= −y+3z3 MP1P2⇔ ⇔x2y+6z=0 x2y= −6z(−y+3z3) −2y= −6z  3y= −9z+3 y= −1+3z x= −2 ⇔ ⇔x= −y+3z3 x= −(−1+3z) +3z3 y= −1+3z x= −2 il existe un réelttel quey= −1+3t . z=t Les plansP1etP2sont sécants suivant la droiteDdont un système d’équations paramétriques est x= −2 y= −1+3t,tR. z=t
4)SoitM(−2,1+3t, t),tR, un point deD.
M(ABC)2(−2) − (−1+3t) +2(t) +2=0t= −1.
Quandt= −1, on obtient le point de coordonnées(−2,4,1)et on a montré que
la droiteDet le plan(ABC)sont sécants en le point de coordonnées(−2,4,1).
5) a)SoitM(x, y, z)un point de l’espace. 2 22 22 22 MSΩM=r(x1) +(y− (−3)) +(z1) =3(x1() +y+3) +(z1) =9. 2 22 Une équation cartésienne de la sphèreSest(x1() +y+3() +z1) =9. 5
b)SoitM(−2,1+3t, t),tR, un point deD.
2 22 22 MS(−21(−) +1+3t+3() +t1) =9(3t+2() +t1) =0 2 22 2 (3t+2() =t1) =0(car(3t+2)et(t1)sont deux réels positifs) 2 t= −ett=1. 3 2 Il est impossible quetsoit égal simultanément à1etet donc 3
l’intersection de la sphèreSet de la droiteDest vide.
c)La distance du centreΩdeSau plan(ABC)est |2×1− (−3) +2×1+2|9 d= ==3. 2 22 2+ (−1) +2 9 Ainsi, la distanceddu centreΩde la sphèreSau plan(ABC)est égale àrle rayon de la sphèreSet donc le plan(ABC)est tangent à la sphèreS.
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