Corrigé du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie novembre 2005
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Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures Corrigé du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie novembre 2005 EXERCICE 1 5 points Candidats ayant choisi l'enseignement de spécialité Partie I 1. ? I ?J ? H ? A ? B ?C ? D ? F ? E O 2. Par définition zH = zE+ zB 2 ?? 1+ i = zE+ 32 + i 2 ?? 2+2i = zE+ 3 2 + i ?? zE = 1 2 + i. Équation de la perpendiculaire à (AE) contenant C : le vecteur ?? AE a pour co- ordonnées ( ? 3 2 ; 1 ) ; l'équation est donc de la forme ? 3 2 x + y + c = 0 et cette droite contient C, donc 3 2 ?0+2+c = 0 ?? c =?2. Donc une équation est ? 3 2 x+ y ?2= 0 ?? 3x?2y +4 = 0. La parallèle à (OC) contenant D est simplement : x =?1. Le point F étant commun à ces droites, ses coordonnées vérifient le système : { 3x?2y +4 = 0 x = ?1 ?? { ?3?2y +4 = 0 x = ?1 ?? { y = 1 2 x = ?1 On a bien zF =?1+ i 1 2 .

  • ?? ad

  • équations trouvées

  • symétrie d'axe

  • points de l'axe

  • tan? ??

  • triangle oab

  • iy

  • ??

  • points commun


Informations

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Publié le 01 novembre 2005
Nombre de lectures 371
Langue Français

Extrait

Durée : 4 heures
Corrigé du baccalauréat SNouvelle–Calédonie novembre 2005
EXERCICE1 Candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité
Partie I
C×
E H B J× × × × F × D OI A × ××
5 points
1. 3 z+ +i zE+zB E3 2 2.Par définitionzH= ⇐⇒1+i= ⇐⇒2+2i=zE+ +i⇐⇒ 2 22 1 zE= +i. 2 −→ Équation de la perpendiculaire à (AE) contenant C : le vecteur AEa pour co   3 3 ordonnées; 1; l’équation est donc de la formex+y+c=0 et cette 2 2 3 droite contient C, donc×0+2+c=0⇐⇒c= −2. Donc une équation est 2 3 x+y2=0⇐⇒3x2y+4=0. 2 La parallèle à (OC) contenant D est simplement :x= −1. Le point F étant commun à ces droites, ses coordonnées vérifient le système :  1 3x2y+4=032y+4=0y= ⇐⇒ ⇐⇒ 2 x= −1x= −1 x= −1
1 On a bienzF= −1+i . 2 9 133 2 3.On a de suite OA = OC = 2 ; OB= +1=; CF= |zFzC| =1i , donc   4 42 9 13 2 CF=1+ =; on a donc OB = CF ; 4 4 2 1 51 5 2 22 Enfin AB= |zBzA| =− +i=et OF=1+ =. Donc AB = OF et les   2 44 4 triangles OAB et OCF sont isométriques.
Corrigé du baccalauréat S
Partie II   1.O a= Cpour affixe 2i ; donc O   A apour affixe :2i+2i=0 ; donc A= O ;   3 1   B apour affixe :ii+2i= −1+= Fi ; donc B 2 2 2. a.L’écriture de la transformation est de la formez=a z+b: c’est donc une similitude indirecte. D’après la question 3 de la partie I, les triangles OAB et OCF sont isomé triques et on vient de voir que l’image du triplet (O, A, B) est le triplet (C, O, F), doncfest une isométrie. b.Les points invariants parfont une affixe qui vérifient :z= −z+2i⇐⇒ x= −y x+iy= −i(xiy)+2i⇐⇒x+iy= −ixy+2i⇐⇒ ⇐⇒ y= −x+2   x= −y x= −y ⇐⇒système qui n’a pas de solution. y=y+2 0y=2 Conclusion : il n’y a pas de point invariant parf. c.D’après le résultat précédentfne peut pas être une symétrie axiale (car les points de l’axe seraient invariants).  3.On az=z+zIJ⇐⇒z=z+(1+i)⇐⇒z=z1+i qui est donc l’écriture complexe det. −→ La réciproque detest la translation de vecteur JI . Son écriture complexe est doncz=z+1i.   111 4. a.On as=ft. Donc s(z) = ft(z)=f t(z)=f(z+1i)=     iz+1i+2i= −iz+1+i+2i= −zi+1+2i= −z+1+i. b.L’image de I parsa pour affixe :i×1+1+i=1. L’image de J parsa pour affixe :i×(i)+1+i=i. Conclusion : I et J sont invariants pars. Commesest de la forme :z→a z+b, c’est une similitude indirecte ayant deux points invariants distinctede l’identité : c’est une symétrie axiale d’axe (IJ). 1 c.Commes=ft⇐⇒f=st, on peut dire quefest la composée de −→ la translation de vecteur IJet de la symétrie d’axe (IJ) : c’est une symétri glissée.
EXERCICE1 Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité
5 points
(3+4i)(1+2i)+5(12i) 38+5+6i+4i10i ;z= 1.zA=1+2iA= =0 ; 6 6 3+4i+5 4+2i z=1 ;z= =; B B 6 3 3i(3+4i)+5×(3i) 9i1215i 3i ;z= =2i. zC=C= 6 6
Nouvelle–Calédonie
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A ×
× N 1 × v B O × × −→ A B u × C × N2=N 2
Corrigé du baccalauréat S
N1 ×
(3+4i)(x+iy)+5(xiy) 3x4y+5x4x+3y5y  2.On az=x+iy+= =i .En 6 66 identifiant parties réelles et parties imaginaires, 4x2y2xy   x=,y= 3 3 4x2y x= 3 3.Les points invariants parfvérifientz=z⇐⇒ ⇐⇒ 2xy y= 3   3x=4x2y x=2y x ⇐⇒ ⇐⇒y=. 3y=2xy4y=2x2 Les points invariants parfsont donc les points de la droite (D) dont l’une des x équations esty=. 2  On remarque qu’il en est bien ainsi pour les points A , Bet C .   4.En reprenant les équations trouvées à la question 2 on constate quex=2y⇐⇒ x    y= ⇐⇒M(x;y)(D). 2 zz z(3+4i)+z6z z(3+4i)+z 5. a.Calculons= == zA6(1+2i) 6(1+2i) (3+4i)(12i)z+5(12i)z(3+8+6i+4i)z+(510i)z = = 6×5 6×5 (5+10i)z+(510i)z(1+2i)z+(12i)z z+z2iz2z = =+ = 6×6 65 6   z+z zz +i . 6 3   zz Orz+z=2xRetzz=2iyiRet iR. Les quotients par 6 et 3 3 sont encore des réels de même que leur somme. zz Conclusion :est un nombre réel. zA   zz zz b.SiM=M, d’après la question précédente,=est un réel, zAzAzO donc un complexe d’argument 0 moduloπ. Or un argument de ce com   −−→ plexe est celui de l’angleOA ,M Mqui est donc nul moduloπ, ce qui signifie que la droite (M M) est parallèle à la droite (OA). 6.On en déduit la construction d’un pointNimage d’un pointNdu plan et en utilisant le résultat de la question 4 : – SiN(D),Nest le point commun à (D) et à la parallèle à (OA) contenant N(d’après les questions 4 et 5 b) ; – SiN(D), d’après la question 3, alorsN=N. (cf. figure cidessus)
Nouvelle–Calédonie
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Corrigé du baccalauréat S
EXERCICE25 points Commun à tous les candidats 1 31 31 1111 1 25 1. a.u1=1,u2=u1+ =,u3=u2+ = + =,u4== +. 2 23 23 66 412 1 1 b.Par récurrence : initialisation :u1= =1 qui est vrai ; k k=1 n 1 1 Hérédité : supposons queun=. Alorsun+1=un+ = k n+1 k=1 n n+1   1 11 + =. k n+1k k=1k=1 On a donc démontré par récurrence que pour tout naturelnnon nul, n 1 un=. k k=1 2. a.Si, pour un naturelknon nulx[k;k+1], alorskxk+1⇐⇒ k+1 1 11 1  (car tous ces termes sont supérieurs à zéro)⇐⇒dxk+1x kkk+1  k+1k+1k+1 1 11 11 dxdx⇐⇒dx(car les intégrales kxkk k+1kx k de fonctions positives sont rangées dans le même ordre que ces fonc tions.) b.En écrivant les encadrements précédents pourk=1, . . . ,n, on obtient : 2 1 1 1 dx21x1 3 1 1 1 dx32x2 ∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙∙ ∙ ∙ n 1 11 dxnn1x n1 Soit en sommant membre à membre et pour les intégrales en utilisant la relation de Chasles : n 1 11 11 1 + +∙ ∙ ∙ +dx1∙ ∙ ∙ ++ + 2 3n1x2n1 soit : 1 un1lnnun. n De l’inégalité de gauche, on en déduit queunlnn1 et de l’inégalité 1 1 de droiteunlnn, soitvn1. n n On a donca fortiori0<vn1 3. a.On calculevn+1vn=un+1ln(n+1)un+lnn= n+1 1 1 [un+1un][ln(n+1)lnn]= −dxpour tout naturelnnon n+1nx nul. n+1 1 1 b.Or d’après l’encadrement trouvé à la question 2. a., on adx⇐⇒ n+1nx n+1 1 1 dx0 ce qui montre quevn+1vn0, c’estàdire que n+1nx la suite (vn) est décroissante. 4.La suite (vn) est donc décroissante et minorée par zéro : elle est donc conver gente vers un nombreγsupérieur ou égal à zéro. Puisqueun=vn+lnnque limvn=γet quelim lnn= +∞, on obtient par n→+∞n→+∞ somme limun= +∞. La suite (un) est donc divergente. n→+∞
Nouvelle–Calédonie
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Corrigé du baccalauréat S
EXERCICE35 points Commun à tous les candidats P artie I Question de cours : A et B sont deux évènements indépendants. partie I On a doncp(AB)=p(A)×p(B).    D’après la formule des probabilités totalesp(A)=p(AB)+pAB⇐⇒pAB=  p(A)p(AB)⇐⇒pAB=p(A)p(A)×p(B)=p(A)[1p(B)]=p(A)×pB ,ce qui montre que les évènements A et B sont indépendants.
Partie II     8 53 1.tirages différents. Il y aIl y a×tirages de deux boules noirs et une 3 31 boule rouge.    5 35! 3! × × 10×3 15 3 13!×2! 2!×1! La probabilité est doncégale à = ==. Réponse 8 8! 8×7 28 3 3!×5! D. 2.Parmi les grippés s’il y en axde vaccinés, il y en a 9xnonvaccinés et au total 1 1 x+9x= ⇐⇒x=. On a donc, avec des notations évidentes :p(VG)= 4 40 1 . 40 p(VG) 1401 3 OrpV(G)= ×= =3=. Réponse B. 1 p(V) 4040 3 3.L’espérance de gain est égale à 2 ; les carrés des écarts à l’espérance sont 64, 1, 1, 4, 4, 4 respectivement pour les issues : 1, 2, 4, 3, 5, 6. 78 La variance est donc égale à=13. Réponse B. 6 2 5 5 λx− − 6 6 P[(T>2)(T<5)] edxee 2 4.La probabilité estPT>2(T<5)= == = 2 2 λxp(T>2)6 1e dxe 0 3 6 1e0,393 46 arrondi à 0,393 5. Réponse B.
EXERCICE4 Commun à tous les candidats
5 points
4 1.On a dans le triangle rectangle ABD, AD cosθ=AB=4⇐⇒AD=(puisque cosθ π θ<. 2 BD BD Demême tanθ= =⇐⇒BD=4 tanθ. AB 4 0, 004 cosθ t1=. 30 0, 007+0, 004 tanθ t2=. 60 0, 004 0, 007+0, 004 tanθ cosθ 2.Le lapin aura pu traverser sans encombre sit1<t2⇐⇒ <⇐⇒ 30 60 0, 0087 <0, 007+0, 004 tanθ⇐⇒8<7 cosθ+4 sinθ⇐⇒cosθ+2 sinθ4> cosθ2 0⇐⇒ 7 4 +2 tanθ− >0⇐⇒f(θ)>0. 2 cosθ
Nouvelle–Calédonie
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Corrigé du baccalauréat S
2 4sinθ 3.Étudions les variations de la fonction :f(θ)= −qui est du signe 2 2 cosθcosθ de 24 sinθ. 1π Or 24 sinθ=0⇐⇒sinθ= ⇐⇒θ=. 2 6    π ππ La fonctionfest donc croissante sur0 ;et décroissante sur; . 6 62 7 1 Orf(0)= −4= −<0 ; 2 2   π7 34 76 3 f= +22− ≈× =0,033 59>0. 6 23 23 3 7 2sinθ4 En écrivantf(θ) sous la formef(θ)= +lim, on voit quef(θ)= π 2 cosθθ2 −∞. Comme le suggère le graphe, la fonction est positive si 0,4θ(envi0, 64 ron) soit si l’angle mesure entre 23 et 37 degrés environ f(θ) 0,2
0,1 O 0,1 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7
Nouvelle–Calédonie
θ 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0
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