Corrigé du baccalauréat S Nouvelle-Calédonie novembre 2009

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S Nouvelle-Calédonie novembre 2009 \ EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats f (x)= x2e?x . 1. a. • On a lim x??∞ x2 =+∞ et lim x??∞ e?x =+∞, donc lim x??∞ f (x)=+∞. • On sait que pour n ?N, lim x?+∞ xne?x = 0, donc lim x?+∞ f (x)= 0. b. f est le produit de deux fonctions dérivables sur R et f ?(x)= 2xe?x ? x2e?x = e?x ( 2x ? x2 ) = e?x x(2? x). Comme e?x > 0, quel que soit x ?R, le signe de f ?(x) est celui du trinôme x(2? x), donc négatif sauf sur ]0 ; 2[. D'où le tableau de variations de f : x ?∞ 0 2 +∞ f ?(x) ? + ?0 0 f 0 +∞ 0 4e?2 c. Le tableau de variations montre que f (x) > 0, ce qui est évident d'après l'énoncé (x2 > 0 et e?x > 0) 2. a. La fonction étant positive sur R : • si a < 0, I (a)< 0 ; • si a = 0, I (a)= 0 ; • si a > 0, I (

• y2 ?


• cercle de centre


• solution de l'équation


• section avec la face bcgf


• reste de la division


• reste de la division eucli- dienne


• ??


• centre o?

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2009
• Nombre de lectures: 11
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrigédubaccalauréatSNouvelle-Calédonie
novembre2009\
EXERCICE 1 5points
Communàtouslescandidats
2 −xf(x)=x e .
2 −x1. a. • Ona lim x =+∞et lim e =+∞,donc
x→−∞ x→−∞
lim f(x)=+∞.
x→−∞
n −x
• Onsaitquepourn∈N, lim x e =0,donc lim f(x)=0.
x→+∞ x→+∞
b. f estleproduitdedeuxfonctionsdérivablessurRet
? ?
′ −x 2 −x −x 2 −xf (x)=2xe −x e =e 2x−x =e x(2−x).
−x ′Commee >0,quelquesoitx∈R,lesignede f (x)estceluidutrinôme
x(2−x),doncnégatifsaufsur]0; 2[.
D’oùletableaudevariationsde f :
x −∞ 0 2 +∞
′ − −f (x) 0 + 0
−2+∞ 4e
f
0 0
c. Letableaudevariationsmontreque f(x)>0,cequiestévidentd’après
2 −xl’énoncé(x >0ete >0)
2. a. LafonctionétantpositivesurR:
• sia<0,I(a)<0;
• sia=0,I(a)=0;
• sia>0,I(a)>0.
b. Onpose:
? ?
2 ′u(x) = x u (x) = 2x
⇒′ −x −xv (x) = e v(x) = −e
Touteslesfonctionsétantcontinues,onpeutintégrerparparties:
Za? ? ? ?aa −x 2 −x2 −xI(a)= −x e + 2xe dx= −x e +J(a).0 0
0
Pourcalculerl’intégrale J(a)onfaitencoreuneintégrationparparties:
? ? ′u(x) = 2x u (x) = 2
⇒′ −x −xv (x) = e v(x) = −e
Za ? ? ? ?a aa −x −x −x−xDonc J(a)=[−2xe ] − −2e dx= −2xe − 2e .0 0 0
0? ? ? ?a2 −x −x −x −a 2Finalement I(a)= −x e −2xe +2e =e −a −2a−2 +20? ?2a−aSoitI(a)=2−2e +a+1 .
2
? ?21 aac. En multipliant chaque membre par e , I(a)= 2−2 +a+1 ⇐⇒
2 2? ?2 21 a aa a ae I(a)=e − −a−1=e − 1+a+ .
2 2 2CorrigédubaccalauréatS A.P.M.E.P.
3. a. Ilfautmontrerqu’ellesontunpointcommun(d’abscissezéro)etlamême
tangenteencepoint.
?
g(0) = h(0)
Ilfautdoncdémontrerque ′ ′g (0) = h (0)
Org(0)=1eth(0)=1.
′ x ′ ′ ′D’autrepartg (x)=e ⇒g (0)=1eth (x)=1+x⇒h (0)=1.
LesdeuxcourbesC etP ontlamêmetangenteaupoint(0;1).
? ?21 aa ab. On a démontré que pour tout a∈R, e I(a)=e − 1+a+ , ce qui
2 2
1 asignifieque e I(a)=g(a)−h(a).
2
1 aLadifférenceg(a)−h(a)estdusignede e I(a),doncdusignedeI(a),
2
quiaétédémontréàlaquestion2.a.
Doncsia<0,g(a)−h(a)<0,quisignifiequeC estsousP ;
Sia=0,lesdeuxcourbesC etP ontlepoint(0;1)commun;
Sia>0,C estaudessusdeP.
EXERCICE 2 5points
Candidatsn’ayantpaschoisil’enseignementdespécialité
1. a. T etP étantéquiprobables,p(T )=p(P )=0,5.1 1 1 1
D’après l’énoncé la probabilité de prendre le toboggan après avoir pris
leplongeoirestégaleàp (T )=1−0,8=0,2.P 21
Toujoursd’aprèslénoncép (T )=0,3.T 21
b. D’aprèsleprincipedesprobabilitéstotales:
p(T )=p(T ∩T )+p(P ∩T )=0,5×0,3+0,5×0,2=0,15+0,1=0,25=2 1 2 1 2
1
.
4
c. Recopieretcompléterl’arbresuivant:
0,3
Tn+1
un
Pn+10,7
0,2 Tn+1
1−un
Pn+10,8
d. Toujoursd’aprèsleprincipedesprobabilitéstotales:
u =p(T )=p(T ∩T )+p(P ∩T )=u ×0,3+(1−u )×0,2=n+1 n+1 n n+1 n n+1 n n
0,3u +0,2−0,2u =0,1u +0,2.n n n
e. La calculatrice donne u =0,5;u =0,25;u =0,225;u =0,225; u =1 2 3 4 5
0,2225.
Ilsemblequeu aitpourlimite0,222....n
? ?
2 2 1 1 2 1 1 1 2
2. a. v =u − =0,1u +0,2− = u + − = u − = u − =n+1 n+1 n n n n
9 9 10 5 9 10 45 10 9
1
v .n
10
1
Lasuite (v )estdoncgéométrique deraison ;sonpremier termeestn
10
2 1 2 5
v =u − = − = .1 1
9 2 9 18
Nouvelle-Calédonie 2 novembre2009
bCorrigédubaccalauréatS A.P.M.E.P.
? ? ? ?n−1 n−11 5 1
b. Onsaitquev =v = .n 1
10 18 10
? ?n−12 2 5 1
Commeu =v + ,onau = + .n n n
9 9 18 10
? ?n−11 1 2
c. Comme0< <1, lim =0,donc lim u = .n
n→+∞ n→+∞10 10 9
2
Or =0,222... cequivalidelaconjecturefaiteàlaquestion1.e.
9
EXERCICE 2 5points
Candidatsayantchoisil’enseignementdespécialité
1. a. Comme 7= 3×2+1 ⇐⇒ −3×2+7×1= 1, le couple (−2 ; 1) véri-
fie l’équation 3u+7v =1. 3×(−2)+7×1=1 donne en multipliant par? ?
2n 2n 2n 2n10 ,3× 2×10 +7×10 =10 .
? ?
2n 2nLecouple −2×10 ; 10 estdoncunesolutionparticulièredel’équa-
tion(E).
? ?2n 2n3x+7y = 10 3x+7y = 10? ?b. ⇐⇒ 2n 2n 2n3×(−2)+7×1 = 1 3× −2×10 +7×10 = 10
? ? ? ? ? ?
2n 2n 2n⇒(pardifférence)3 x+2×10 +7 y−10 =0 ⇐⇒ 3 x+2×10 =? ?
2n7 10 −y (1).
? ?
2n 2n3divise7 10 −y etestpremieravec7:ildivisedonc10 −y.Ilexiste
2n 2ndonck∈Ztelque10 −y=3k ⇐⇒ y=10 −3k.
? ? ? ?
2n 2n 2nEnreportantdansl’égalité(1):3 x+2×10 =7 10 −10 +3k ⇐⇒
2n 2nx+2×10 =7k ⇐⇒ x=7k−2×10 .
2. a. 100=7×14+2 ⇐⇒ 100≡2 mod7.
? ?n2 2 2n 2 2 2(x; y)solutionde(G)signifie3x +7y =10 ⇐⇒ 3x +7y = 10 ⇐⇒
2 2 n3x +7y =100 .
n nOr100≡2 mod7⇒100 ≡2 mod7.
2 2 nDonc3x +7y ≡2 mod7.
2 2 nMais7y ≡0 mod7,doncfinalement3x ≡2 mod7.
Reste de la division eucli- 0 1 2 3 4 5 6
diennedex par7
b.
Reste de la division eucli- 0 3 5 6 6 5 3
2diennede3x par7.
c. Detroischosesl’une:
? ?p3p 3 p p• n= 3p,p ∈ N; alors 2 = 2 = 8 . Or 8≡ 1 mod7⇒ 8 ≡ 1
mod7;
3p+1 3p p p• n=3p+1;alors2 =2 ×2=8 ×2.Or8≡1 mod7⇒8 ≡1
3pmod7⇒2 ×2≡2 mod7;
3p+2 3p 2 3p p p• n=3p+2;alors2 =2 ×2 =4×2 =4×8 .Comme8 ≡1
pmod7,4×8 ≡4 mod7.
nConclusion:2 estcongruà1,2ou4modulo7.
nOnvientdevoirquelesrestesdansladivisionpar7de2 nesontpasles
2 2 nmêmes que ceuxdeladivision de3x par 7.Donc 3x et 2 nepeuvent
êtrecongrusmodulo7.D’aprèsle2.a.iln’yadoncpasdesolutionpour
l’équation(G).
EXERCICE 3 5points
Communàtouslescandidats
Nouvelle-Calédonie 3 novembre2009CorrigédubaccalauréatS A.P.M.E.P.
? ?
1
1. OnaB(1;0;0)etC(1;1;0),doncI 1; ; 0 .
2
? ?
1
F(1;0;1),doncJ 1; 0; .
2
? ?
1 1
H(0;1;1),F(1;0;1),doncK ; ; 1 .
2 2
? ?
−→ 1 →− −→
2. On a IK − ; 0; 1 ; donc n ?IK =−1+0+1=0 : les vecteurs sont orthogo-
2
naux;
? ?
1 1 1 1→− →− →−
IJ 0;− ; ;doncn ?IJ =0− + =0:lesvecteurssontorthogonaux.
2 2 2 2
−→ →−
Les vecteurs IK et IJ ne sont manifestement pas colinéaires; ils définissent
→−
donc le plan (IJK). Le vecteur n orthogonal à deux vecteurs non colinéaires
duplan(IJK)estdoncnormalàceplan.
Uneéquationduplan(IJK)estdonc:
M(x ; y ; z)∈(IJK) ⇐⇒ 2x+1y+1z+d=0.
? ?
1 1
Comme I appartient àce plan on aI 1; ; 0 ∈(IJK) ⇐⇒ 2+ +d=0 ⇐⇒
2 2
5
d=− .Donc
2
5
M(x ; y ; z)∈(IJK) ⇐⇒ 2x+y+z− =0 ⇐⇒ 4x+2y+2z−5=0.
2
−→ −−→ −→
3. a. OncalculeDC(1; 0; 0),doncM(x ; y ; z)∈(CD) ⇐⇒ DM =αDC ⇐⇒ 
x−0 = α×1 x = α 
y−1 = α×0 ⇐⇒ y = 1 α∈R.
 
z−0 = α×0 z = 0
b. LescoordonnéesdeRvérifientl’équation de(IJK)etleséquationspara-
métriquesde(DC),donclesystème:

  x = αx = α x = α     y = 1y = 1 y = 1
⇐⇒ ⇐⇒ z = 0 z = 0  z = 0    34x+2y+2z−5 = 0 4α+2−5 = 0 α =
4 3 x = 4 ? ? y = 1 3
⇐⇒ DoncR ; 1; 0 .
 z = 0 4 3 α =
4
c. Cf.lafigureplusbas.
4. Cf.lafigureplusbas.
SectionaveclafaceBCGF:[IJ]
SectionaveclafaceABCD:[IR]
Pour la section avec EFGH : on utilise la propriété : «si deux plans sont pa-
rallèles tout plansécantàl’un estsécantàl’autre etles droitesd’intersection
sontparallèles».
Ontrace donc laparallèle àladroite(IR)contenant Kqui coupe [FE] et [GH]
endeuxpointsquel’onjointàJetàR.Lecontourdel’intersectionestcolorée
enbleu.
p
| |4+2+2−5 3 3 6
5. a. CommeG(1;1;1),d(G,(IJK))= = = = .p p p
2 2 2 424 2 64 +2 +2
b. LasphèreS etleplan(IJK)sontsécantssiladistancedeGauplan(IJK)
estinférieureaurayondelasphère.CerayonestégalàGF.
Nouvelle-Calédonie 4 novembre2009CorrigédubaccalauréatS A.P.M.E.P.
2 2 2 2GF =0 +(−1) +0 =1⇒GF=1.
p
p6 2Or <1(car6<4 ⇒ 6<4).
4
′Donc la sphère et le plan sont sécants en un cercle de centre O et de
rayonr telque,d’aprèslethéorèmedePythagore:
? ! ? !p p2 2
6 62 ′2 ′2 2 2 2GF =GO +FO ⇐⇒ 1 = +r ⇐⇒ r =1− ⇐⇒
4 4
p
6 10 102r =1− = ⇒r= .
16 16 4
EXERCICE 4 5points
Communàtouslescandidats
2 2 21. a. Calculdumodule:|z | =1 +3=4=2 ⇒|z |=2.A A? !p
? ?1 3 ππ π i 3Onpeutdoncécrirez =2 +i =2 cos +isin =2e .A 3 32 2
πi
2Defaçonévidentez =2i=2e .B
b. OnobtientAentraçantlaperpendiculaireà[OU]contenantU(U(0;1))
et le cercle de centre Oet derayon2 et B est le symétrique deO autour
deV(V(0; 1)).
Voirlafigureplusbas.
? ? π π π−→ −→
c. CommeOA=OB=2,letriangleestisocèle; OA,OB = − = ,donc
2 3 6
letrianglen’estniéquilatéral,nirectangle.
πi
3z 2e πB i 62. a. = =e .πiz 2A 2e
z πB
Unargumentde estdonc .
z 6A ? ?−→ −→ π
On peut donc en déduire que OA ; OB = mod2π, cet angle étant
6
celuidelarotation.
π
b. La rotationr est donc larotation decentre Oet d’angle .Son écriture
6
πi′ 6complexeestdoncz =ze
3. a. L’image deΓ cercle de centre A et passant par O est le cercle de même
′ ′rayonOAdecentrer(A)=Bpassantparr (O)=O,c’est-à-direΓ