Correction du baccalauréat S Asie juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Correction du baccalauréat S Asie 18 juin 2008 \ EXERCICE 1 5 points 1. a. On a la loi binomiale X ,?B(8 ; 0,1), de paramètres n = 8 et p = 0,1.. b. p(A)= p(X = 0)= (8 0 ) ?0,10 ?0,98 ≈ 0,430≈ 0,43, à 10?2 près. p(B)= p(X > 1)= 1?p(X = 0)= 1?p(A)≈ 0,57, à 10?2 près. p(C )= p(X = 2)= (8 2 ) ?0,1?0,96 ≈ 0,148≈ 0,15, à 10?2 près. 2. a. On a l'arbre de probabilités suivant : D0,1 E0,2 E0,8 D0,9 E 1 b. En utilisant les branches conduisant à E et en utilisant la formule des probabi- lités totales : p(E )= p(D)?pD (E )+p(D)?pD (E )= 0,1?0,2+0,8?1 = 0,92. c. pE (D)= p(E ?D) p(E ) = 0,02 0,92 = 1 46 ≈ 0,0217 ≈ 0,022, à 10?3 près.

• symétriques autour de l'axe des réels


• demi-axe contenant les points d'affixes négatives


• cercle de centre


• axe des abscisses


• centre de gravité du triangle


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2008
• Nombre de lectures: 14
• Langue: Français

Extrait

[Correction du baccalauréat S Asie 18 juin 2008\

E X E R C IC E points1 5 1. a.On a la loi binomialeX,→Bde paramètres0, 1),(8 ;n=8 etp=0, 1.. ¡ ¢ 8 0 8−2 b.p(A)=p(X=0)= ×0, 1×0, 9≈0, 430≈près.0, 43,à 10 0 −2 p(B)=p(X > 1)=1−p(X=0)=1−p(A)≈près.à 100, 57, ¡ ¢ 8 6 −2 p(C)=p(X=2)= ×0, 1×0, 9≈0, 148≈près.0, 15,à 10 2 2. a.On a l’arbre de probabilités suivant : 0, 2 E 0, 1 D E 0, 8 1 0, 9 D E

b.En utilisant les branches conduisant àEet en utilisant la formule des probabi lités totales : p(E)=p(D)×p D (E)+p(D)×p(E)=0, 1×0, 2+0, 8×1=0, 92. D p(E∩D) 0,02 1 −3 c.p E (D)= == ≈0, 0217≈près.à 100, 022, p(E) 0,92 46 3.On a à nouveau une épreuve binomiale de paramètren=8 etp=1−0, 022=0, 978. La probabilité qu’il n’y ait aucun stylo avec un défaut dans ce prélèvement de huit stylos est : ¡ ¢ 8 8 1 −2 (0, 978)×0, 022=≈près.à 100, 84 0 Conclusion : ce contrôle permet de presque doubler les chances d’avoir un lot de huit stylos sans défaut.

E X E R C IC E 2 Partie A

5 points

1.Le tableau de variations permet d’énoncer que la fonctionfest définie sur ]0 ;+∞[, i ih h 1 1 2 2 croissante sur0 ;e ,décroissante sure ;+∞avec un extremum (maximum) 1 1 2 en eégal à. 2e Les démonstrations : – Variations. La fonctionfest dérivable sur ]0 ;+∞[ comme fonction de fonctions déri vables le dénominateur ne s’annulant pas. Sur cet intervalle on a : 1 2 ×x−2xln(x) x−2xln(x) 1−2 ln(x) ′ x f(x)== =. 4 43 x xx 3 Commex>0, le signe de cette dérivée est celui de 1−2 ln(x). On a 1 1 2 1−2 ln(x)>0= ⇐⇒ln(x)< ⇐⇒x<e .De même : 2 1 1 2 1−2 ln(x)<0= ⇐⇒ln(x)> ⇐⇒x>e . 2 i ih h 1 1 2 2 Donc la fonctionfe ;décroissante sure et0 ;est croissante sur+∞. 1 ³ ´ 1 1 1 2 2 2 fa donc un maximum en eetfe= =. ³ ´ 1 2 2e e 2

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

– Limites. Limite en 0 : limf(x)= −∞. x→0 Limite en+∞. ln(x) limf(x)=lim=0 (par croissance comparée). 2 x→+∞x→+∞ x 2.La fonctionfest dérivable sur ]0 ;+∞[, donc son graphe a une tangente en chacun de ses pointsM(X;Y). lnx1−2 lnx ′ On aM(X;Y)∈(T)⇐⇒Y−f(x)=f(x)(X−x)⇐⇒Y− =(X−x)⇐⇒ 2 3 x x lnx1−2 lnx Y= +(X−x). 2 3 x x −1+2 lnxlnx−1+3 lnx DoncX=0 entraîneY= +=. 2 2 2 x x x 1 1 DoncY=0⇐⇒ −1+3 lnx=0⇐⇒lnx= ⇐⇒x=e . 3 3 Il existe donc une tangente àCcontenant O : c’est la tangente au point d’abscisse 1 x=e etl’équation de cette tangente est : 3 1 Y=X. 3e Partie B Z x 1. a.gest définie parg(x)=f(t) dt, alors c’est la primitive defsur ]0 ;+∞[ qui 1 s’annule en 1 :fest donc la dérivée degsur ]0 ;+∞[. ′ b.Il en résulte que le signe deg(x) est celui def(x) ou encore celui de ln(x) 2 puisquex>0. La fonctiongest décroissante sur ]0 ; 1] et sur [1 ;+∞[. g(1)=0 est donc le minimum degsur ]0 ;+∞[. Z 3 2.La fonctionfest continue et positive sur l’intervalle [1 ; 3], alorsg(3)=f(t)dtest 1 donc égale à l’aire, en unités d’aire, de la surface limitée par (C), l’axe des abscisses et les droites d’équationsx=1 etx=3. Z ZZ 1 1 1 ¡ ¢ 2 1 De mêmeg=f(t) dt= −f(t) dt=(−f(t)) dt. On a vu que sur l’inter 2 1 1 1 ¡ ¢ 2 2 1 valle d’intégration la fonctionfest négative donc−fest positive etgest égale à 2 l’aire, en unités d’aire, de la surface limitée par (C), l’axe des abscisses, et les droites 1 d’équationsx=etx=1. 2 3. a.On pose :  ( 1  ′  u(t)=ln(t) u(t)= t 1 ′ 1 v(t)=   2 v(t)= − t t Toutes ces fonctions sont dérivables, donc continues : on peut donc intégrer par parties et · ¸Z µ¶ ·¸ x xx ln(t) 1lnt+1 lnx+1 ln1+1 lnx+1 g(x)= −+dt= −+ == −1−. 2 t tx1x 1 1 t 1 lnx1 b.On ag(x)=1− −. La limite des deux derniers termes est clairement nulle, x x donc : limg(x)=1. x→+∞

E X E R C IC E 3

Asie

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5 points

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

µ ¶ 2 6 1. a.u 1 =1+u 0 + =3×5+6=21. 1 1 b.On obtient :d 1 =u 1 −u 0 =16,d 2 =u 2 −u 1 =24, puisd 3 =32,d 4 =40,d 5 =48. On peut donc conjecturer que la suite (darithmétique de raison 8 et) est n n ∈N de premier terme 16. vl 2.Soit ( n ) n∈N a suite arithmétique de raison 8 et de premier termev 0 =16. On sait que, pour tout entier natureln,v n =16+8n=8(n+2). La sommeS n desnpremiers termes est :S n =v 0 +v 1 + ∙ ∙ ∙ +v n−1 =n×v 0 +8+2×8+ n(n−1) 2 ∙ ∙ ∙ +(n−1)×8=16n+8× =16n+4n(n−1)=4n+12n. 2 3.Démonstration par récurrence : – Initialisation:u 0 =5 : vrai 2 – Hérédité: supposons qu’il existen∈Ntel queu n =4n+12n+5. µ ¶µ ¶ 2 62 ¡ ¢ 6 2 Alorsu n+1 =1+u n + =1+4n+12n+5+. n+1n+1n+1n+1 2 22 2 Or 4n+12n+5=4(n+1)−8n−4+12n+5=4(n+1)+4n+1=4(n+1)+ 4(n+1)−3. En reportant dansu n+1 au dessus, on obtient : µ ¶ 2 £ ¤ 6 2 u n+1 =1+4(n+1)+4(n+1)−3+ = n+1n+1 6 6 2 2 4(n+1)+4(n+1)−3+8(n+1)+8− + =4(n+1)+12(n+1)+5. n+1n+1 La relation est donc vraie au rangn+1. Conclusion : on vient de démontrer par récurrence que, quel que soitn∈N, 2 u n =4n+12n+5. 4.Soitn∈N, d’aprèsles questions précédentes, on déduit que :d n =u n+1 −u n = ¡ ¢ 2 22 2 4(n+1)+12(n+1)+5−4n+12n+5=4n+8n+4+12n+12−4n−12n−5= 8n+16=v n . Conclusion : la suite (darithmétique de raison 8 et de premier terme) estd= n n ∈N 0 16.

E X E R C IC E 4 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

5 points

2π 1.Par définition de l’expression complexe de la rotation de centre O et d’angle: 3 2π ′ i 3 z=ez. 2π2π π i ii i π Donc, en particulier :z B =ez A =e×e=e= −1 3 33 2π2π5π π i i iπ i−i De même :z C =ez B =e×e=e=e=z A 3 33 3 Donc A et C sont symétriques autour de l’axe des réels. 2. a. | z A | = | z B | = | z C | = 1, donc : OA = OB = OC = 1. Les trois points A, B et C sont à la distance 1 du point O : ils appartiennent au cercle de centre O (C) circonscrit au triangle ABC. Construction : on dessine le cercle (C) et le cercle de centre le point d’affixe 1 et de rayon 1 ; ces deux cercles sont sécants en A et C, le point A étant celui qui a une ordonnée positive. B est le point d’intersection de (C) avec le demiaxe contenant les points d’affixes négatives. b.On az A +z B +z C =0, autrement dit O est l’isobarycentre des points A, B et C, donc le centre de gravité du triangle (ABC). Ce triangle est isocèle en B. De plus ³ ´ π4π 5π π i i i i e×e−1 3 3 z C −z A e−e 3 3 π i 3 = π = 4π =e . i i −z 3 3 z B A −1−e e −1 Le module de ce complexe est égal à 1, donc AB = AC et en conclusion le tri angle (ABC) est équilatéral.

Asie

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

3. a.Cf. figure. b.Le triangle PQR homothétique de ABC est semblable à ce triangle, donc lui aussi équilatéral. 4. a.L’écriture complexe dehest : ′ z= −2z. −→−→−→ b.z A +z B +z C =0 est l’affixe du vecteur OA+OB+OC . O est le centre du cercle circonscrit au triangle équilatéral ABC, il en est aussi le −→−→−→ ~ centre de gravité (isobarycentre des points A, B et C), alors OA+OB+OC=0. 1 Par conséquent :z A +z B +z C =0⇐⇒z A = −z B −z C ⇐⇒z A = ( −2z B −2z C ) = 2 1 ¡ ¢ z Q +z R . 2 Cette égalité signifie que A est le milieu du segment [QR]. c.Par définition de l’homothétie P, O et A sont alignés. La droite (PA) médiane du triangle équilatéral (PQR) est aussi hauteur ; donc (OA) est perpendiculaire à la droite (QR). Conclusion : cette droite (QR) est la tangente en A au cercleC.

B

R

P

C

O

A

C

Q

E X E R C IC E 4 5points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité ′ 1. a.L’écriture complexe des 1 estz=a z+baveca∈R,a6=0,b∈R. Les deux points A et B sont invariants pars 1 ce qui se traduit par : ½ 2+i=a(2−i)+b 3+i ⇒3(par différence)+i=a(3−i)⇐⇒a= ⇐⇒ 5+2i=a(5−2i)+b 3−i 2 (3+i) 8+36i 4 a= == +i. (3+i)(3−5i) 10 5 µ ¶ 4 38 En reportant dans la première équation :b=2+i−(2−i)+i=2+i− − 5 55 3 64 13 −i+i+= −i. 5 55 55

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

µ ¶ 4 31 32 1 b.On az= +i×(−i)++ −i= −i. ′ C 5 55 55 5 c.SoitM(x;y) un point du plan avecx∈R,y∈R. On az=x+iyet µ ¶ 4 31 3 ′ z= +i (x−iy)− +i. 5 55 5 Ce nombre est imaginaire pur si sa partie réelle est nulle soit 4 13 x− +y=0⇐⇒4x−1+3y=0⇐⇒4x+3y=1. 5 55 ′ L’ensemble des pointsMtels quezest imaginaire pur est donc la droite (D) d’équation 4x+3y=1. µ ¶µ ¶µ ¶ 2 12 18−3 ′ d.C ;− ∈D⇐⇒4× +3=× −1⇐⇒ =1 qui est vraie. 5 55 55 ′ Le point Cappartient donc à la droite (D). 2. a.Équation cartésienne de la droite (AB) :M(x;y)∈(AB)⇐⇒y=αx+β; en particulier : ½ 1=2α+β 1 21 ⇒1=3α⇐⇒α=; d’oùβ=1−2α=1− =. 2=5α+β 33 3 1 1 M(x;y)∈(AB)⇐⇒y=x+.M(x;y)∈(D)⇐⇒4x+3y=1. 3 3 µ ¶ 1 1 Donc un pointΩest commun aux deux droites si et seulement si 4x+3x+ = 3 3 1 1⇐⇒4x+x+1=1⇐⇒5x=0⇐⇒x=0, d’oùy=. L’affixe deΩest donc 3 1 ω=i. 3 b.Les symétries axialess 1 ets 2 sont des similitudes indirectes de rapport 1. Leur composée est une similitude directe dont le rapport est le produit des rapports des deux similitudes, donc égal à 1. ′ ′ Plus précisement siz=a z+b,|a| =1 est l’écriture complexe des 1 et siz= ′ ′ c z+d,|c| =1 est l’écriture complexe des 2 , alors siM(z) a pour imageM(z) ′′ ′′′ pars 1 etM(z) est l’image deMpars 2 , on a : ′′ ′ z=c z+d ¡ ¢ =c az+b+d ³ ´ =c az+b+d =ac z+bc+d ¯ ¯ ¯¯ qui est l’écriture complexe d’une similitude directe, carac=a× |c| = |a| × |c| =1, d’après les hypothèses. ′ ′ c.L’image de C pars 1 et comme on vient de démontrer que Cest Cappartient donc à la droite (D) il est invariant pars 2 . ′ Conclusion :f(C)=C . Ωappartient à (AB), doncs 1 (Ω)=Ω, maisΩappartient aussi àD, doncs 2 (Ω)= Ω. Conclusionf(Ω)=Ω. d.fest une similitude directe de rapport 1. Ce n’est ni l’identité, ni une trans lation c’est donc une rotation de centreΩpuisque ce point est invariant par f. 3. a.Le couple (1 ;−1) est solution évidente de l’équation (4×1+3×(−1)=1 (1)). Si (x;y) est une solution de l’équation on a 4x+3y=; on a donc par1 (2) différence (2)  (1) 4(x−1)+3(y+1)=0⇐⇒4(x−1)= −3(y+1) (3). 4 divise donc−3(y+1), mais comme il est premier avec−3 il divisey+1. Il existe donck∈Ztel quey+1=4k⇐⇒y= −1+4k. En remplaçant dans (3), 4(x−1)= −3×4k⇐⇒x−1= −3k⇐⇒x=1−3k.

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