Correction du baccalauréat S Centres étrangers 17 juin 2008

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures Correction du baccalauréat S Centres étrangers 17 juin 2008 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. Affirmation 1 : VRAI. On a ???AB (?3 ; 1 ; 5) et ???AC (?2 ; ?3 ; ?4) : ces deux vecteurs ne sont pas coli- néaires, donc les points A, B et C définissent un plan. 2. Affirmation 2 : FAUX. On a A ?P ?? 2?2?1+1 = 0 : vrai C ?P ?? 0+4+3+1 = 0 : faux La droite (AC) n'est donc pas incluse dans le plan P . 3. Affirmation 3 : VRAI Dans l'affirmative un vecteur normal à ce plan serait ??n (1 ; 8 ; ?1). On a ???AD (?1 ; 0 ; ?1) et ??n ·???AB = ?3+8?5 = 0, donc ??n est bien orthogonal à ??AB ; de même ??n ·???AD =?1+0+1= 0, donc ??n est bien orthogonal à ???AD . Enfin A appartient à ce plan si ses coordonnées vérifient l'équation proposée soit : 2+8+1?11 = 0 qui est vraie 4. Affirmation 4 : FAUX M(x ; y ; z) ? (AC) ?? il existe? ?R tel que???AM =????AC ?? ? ? ? x ?0 = ?2? y +2 = ?3? z ?3 = 4? ?? ? ? ? x = ?2? y = ?2?3? z = 3+4? En prenant k =?? on obtient : ? ? ? x

• écriture complexe de la similitude indirecte


• points réservé aux candidats


• position du point ?


• ?? pb


• similitude d'angle pi


• ??


• ?? ?

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2008
• Nombre de lectures: 10
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

Correction du baccalauréat S Centres étrangers 17 juin 2008

E X E R C IC E 1 4 points Commun à tous les candidats 1.Affirmation 1 : VRAI. −→−→ On a AB (−3 ; 1 ; 5) et AC (−2 ;−3 ;−4) : ces deux vecteurs ne sont pas coli néaires, donc les points A, B et C définissent un plan. 2.Affirmation 2 : FAUX. On a A∈P⇐⇒2−2−1+1=0 : vrai C∈P⇐⇒0+4+3+1=0 : faux La droite (AC) n’est donc pas incluse dans le planP. 3.Affirmation 3 : VRAI −→ Dans l’affirmative un vecteur normal à ce plan seraitn8 ;(1 ; −1). On a −→−→−→→−−→ AD (−1 ; 0 ;−1) etn∙AB= −3+8−5=0, doncnest bien orthogonal à AB ; −→−−→→−→ de mêmen∙AD= −1+0+1=0, doncnest bien orthogonal à AD . Enfin A appartient à ce plan si ses coordonnées vérifient l’équation proposée soit : 2+8+1−11=0 qui est vraie 4.Affirmation 4 : FAUX  x−0= −2λ  −−→−→ M(x;y;z)∈(AC)⇐⇒il existeλ∈R tel que AM=λAC⇐⇒ y+2= −3λ  z−3=4λ   x= −2λx=2k   ⇐⇒ y= −2−3λ En prenantk= −λon obtient : y= −2+3k .   z=3+4λz=3−4k 5.Affirmation 5 : FAUX −→−→ On a AB∙CD= −25 : ces vecteurs ne sont pas orthogonaux, les droites non plus. 6.Affirmation 6 : FAUX p |8|8 8 66 4 On ad(C,P)=p = = = . 6 3 1+4+1 6 7.Affirmation 7 : VRAI |1−2−2+1|2 2 6 6 On ad(D,P)=p = = = . La distance de D au plan 6 3 1+4+1 6 6 est égale au rayon de la sphère, donc la sphère de centre D et de rayon est 3 bien tangente au planP. 8.Affirmation 8 : VRAI La perpendiculaire àPcontenant C a pour équations paramétriques :   x−0=λx=λ   y+2= −2λ ⇐⇒ y= −2−2λ   z−3=λz− =3+λ Les coordonnées du point E commun à cette droite et au plan vér ifie l’équa tion dePsoitλ−2(−2−2λ)+3+λ+1=0⇐⇒λ+4+4λ+4+λ=0⇐⇒ 4 6λ+8=0⇐⇒λ= −. 3 µ ¶ 4 2 5 On a donc E−.; ; 3 3 3

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

E X E R C IC E 2 5 points Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 2 2 2 2 2 1.z+4z+8=0⇐⇒(z+2)−4+8=0⇐⇒(z+2)= −4⇐⇒(z+2)=(2i) , d’où les deux solutionsz 1 = −2+2i etz 2 = −2−2i. p p 2 2 On a | z 1 | = | z 2 | = 2+2=2 2. à ! p 2 2 ¡ ¢ p 3iπ 3π3π D’oùz 1 =2 2− +i=2 2 cos+i sin=.2 2e 4 4 4 2 2 £ ¡ ¢ ¡ ¢¤ 3iπ 3π3π − De mêmez 2 =2 2 cos− +i sin− =.2 2e 4 4 4 2.Figure :

3.

-3 −3

B

-2 −2

C

3 3

2 2

1 1

0 -1 0 O −1 -1 −1

-2 −2

-3 −3

-4 −4

-5 −5

-6 −6

-7

G 2

1 1

A

D

2 2

3 3

a.Par définition de la rotation :z C −z O =i (z B −z O ) ⇐⇒z C =i(−2+2i)= −2−2i=z 2 b.On a :z D −z A =i (z C −z A ) ⇐⇒z D =2−2i+i (−2−2i−2+2+2i)=2−6i −→−→−→−→ c.On a AB (−4 ; 4) et DC (−4 ; 4), donc AB=DC⇐⇒(ABCD) est un paral lélogramme −−→−−→ −−−→ −→ a.Par définitionG α existe car 1−1+α6=0 et 1G α A−1G α B+αG α C=0⇐⇒ −−−→−−−→→− 1 −→ αCG α =BA⇐⇒CG α =BA (puisqueα6=0. α −−−→−→ b.L’égalité précédente montre que les vecteurs CG α et BA sont colinéaires, donc que le pointG α appartient à la parallèle à la droite (AB) contenant 1 C. Commeα∈R∗,∈R∗, doncG α ne peut être en C. α L’ensemble des pointsG α est donc la parallèle à (BA) contenant C ou encore la droite (CD) privée du point C puisque (ABCD) est un parallélo gramme. −→−→−→ c.Par définition (ABCD) est un parallélogramme⇐⇒DB=DA+DC⇐⇒ −→−→−→−→ DA−DB+DC=0⇐⇒D est le barycentre du système {(A, 1), (B,−1), (C, 1). ConclusionG α =D pourα=1.

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

−−→−−→ On a doncG 2 barycentre de (A, 1), (B,−1) et (C, 2) équivaut àG 2 A−G 2 B+ −→−→− 2G 2 C=0 . p −−→ −−→ −−→ Donc ° MA−MB+2MC ° =4 2⇐⇒ p −−−→−−→−→−−−→−−→−−−−−−−→→ ° MG 2 +G 2 A−MG 2 −G 2 B+2MG 2 +2G 2 C ° =4 2⇐⇒2MG 2 =4 2⇐⇒ p p 2G 2 M=4 2⇐⇒G 2 M=2 2. Cette dernière égalité montre que les pointsMappartiennent au cercle de centreG 2 de rayon 2 2. −−→ 1 Construction : comme CG 2 =BA, on en déduit queG 2 est le milieu de [CD] 2 et on a facilementG 2 D=2 2=G 2 C. L’ensemble cherché est donc le cercle centré au milieu de [CD ] et de diamètre [CD] .

E X E R C IC E 2 Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 14.Figure :

−3

E

D

−2

−1

3

2

1

C

O

Ω

1

5 points

2

B

A

−1 −→−→−→−→ 2.(2 ; 0) et CB On a OA (2 ; 0), donc OA=CB⇐⇒(OABC) est un parallélo p p 2 2 2 2 gramme ; de plus OB=2+3=13 et AC=2+3=13, donc AC = OB ce qui montre que (OABC) est un rectangle. −→−→ De même AE (−(; 0) et BD 4, 5 −4, 5 ; 0), donc (ABDE) est un parallélogramme et comme (AB) est perpendiculaire à (AE), (ABDE) est un rectangle. De plus le format (rapport longueur sur largeur) de ces deux r ectangles est 3 égal à : ils sont donc semblables. 2 3. Étude d’une similitude directe transformant OABC en ABDE ′ a.L’écriture complexe de la similitude complexesestz=a z+b. A=s(O)⇐⇒2=b; B=s(A)⇐⇒2+3i=b; 3 On obtient doncb=2 eta=i. 2

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

3 ′ s:z7−→z=iz+2. 2 3 5 3 b.On az s(B) =i(2+3i)+2= − +i=z D et comme les rectangles sont 2 2 2 semblables, l’image de C est E. c.ilitude estL’image de la droite (OA) est la droite (AB) : l’angle de la sim π donc égale à . 2 d.On as◦s(O)=B,s◦s(A)=D. Cette composée de similitudes est une similitude d’angleπ, donc O,Ωet B d’une part, A,Ωet D d’autre part sont alignés :Ωapprtient donc aux droites (OB) et (AD). D’où la position du pointΩ.

4. Étude d’une similitude indirecte transformant OABC en BAED ′ a.L’écriture complexe de la similitude indirecte estz=a z+b. On a doncz s(O) =z B =a z O +b⇐⇒2+3i=b, et d’autre part z s(A) =z A ⇐⇒2=2a+b. 3 On en déduit queb=2+3i eta= −i. 2 3 ′ ′ s;z−→7z= −iz+2+3i. 2

3 9 5 b.On az s(B) = −i(2−3i+2+3i= −3i− +2+3i== − z E et comme les ′ 2 2 2 rectangles sont semblables l’image de C est D. 3 ′ c.Soit F(x;y) un point fixe des; on a doncx+iy= −i(x−iy)+2+3i, ce 2 qui donne le système :  3  ½ ½  x= −y+2 2x+3y=4x=2 2 ⇐⇒ ⇐⇒ 3  3x+2y=6y=0  y= −x+3 2 Il y a donc un seul point fixe, le point A. 3 3 ′ Dez= −iz+2+3i et 2= −i×2+2+3i, on obtient par différence : 2 2 3 ¡ ¢ ′ z−2= −iz−2 . 2 On voit que si on nommeσla réflexion d’axe (OA) ; on aσ(z)=z 1 , puis 3 ′ ′ z−2= −i (z 1 −2) , doncMest l’image deM 1 d’affixez 1 par la simili 2 3π tude directe de rapport d’angle et de centre le point A. 2 2

E X E R C IC E 3 Commun à tous les candidats

I. Partie A

1.Arbre de probabilités :

Centres étrangers

4

4 points

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Baccalauréat S

2.

0,08

0,82

0,10

I

O

M

0,50

0,50

0,60

0,40

0,25

F

F

F

F

F

A. P. M. E. P.

F 0,75 a.p(M)=1−0, 08−0, 82=0, 10. b.p(M∩F)=0, 10×0, 25=0, 025. c.p(F)=p(F∩I)+p(F∩O)+p(F∩M)=0, 08×0, 5+0, 82×0, 6+0, 1×0, 25= 0, 557.

II. Partie B 1.On a l’arbre suivant :

0,04

0,96

B

B

A

A 0,003

A 0,002

A ³ ´ ³ ´ ³ ´ ´ pB∩A 0, 003 3 On apB∩A=p(B)×p B A⇐⇒p B A= = =. p04 40(B) 0, 3 37 On en déduit quep B (A)=1− =. 40 40 37 D’oùp(B∩A)=p(B)×p B (A)=0, 04× =0, 037. 40 ³ ´ 37 2.p(B∩A)+pB∩A=0, 04× +0, 002=0, 037+0, 002=0, 039. 40 p(A∩B) 0, 037 37 3.p A (B)== = . p039 39(A 0,

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Baccalauréat S

E X E R C IC E 4 Commun à tous les candidats

A. P. M. E. P.

7 points

I. Restitution organisée des connaissances II. Étude d’une fonctionf 1. a.La fonctionusomme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ est dérivable sur ce même intervalle et 1 ′2 u(x)=3x+2× >0 comme somme de termes positifs. Donc la fonc x tionuest croissante sur ]0 ;+∞[. b.On au(1)=1−1+2 ln 1=0. Conclusion :u(x)>0 sur ]1 ;+∞[ etu(x)<0 sur ]− ∞; 1[. 2.Étude de la fonctionf lnx a.On a limx=0 et lim= −∞, donc limf(x)= +∞. 2 x x→0x→0x→0 lnx On a limx= +∞et lim=lim0, donc f(x)= +∞. 2 x→+∞x→+∞x→+∞ x b.fest dérivable comme somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ la seconde fonction quotient ayant un dénominateur non nul : elle est donc dérivable sur ]0 ;+∞[ et 1 2 3 ×x−2xlnx 1−2 lnx x−1+2 lnx u(x) x ′ f(x)=1− =1− = =. 4 3 3 3 x x x x ′3 Doncf(x) est du signe deu(x) puisquex>0 sur ]0 ;+∞[. ′ D’après la question1. b.on en déduit quef(x)>0 sur ]1 ;+∞[ et ′ f(x)<0 sur ]− ∞; 1[. D’où le tableau de variations de la fonctionf:

x ′ f(x)

f(x)

0

+∞

−

1

0

1

+

+∞

+∞

3.Éléments graphiques et tracés. lnx a.[Comme lim f(x)−x]=lim− =0, ceci montre que la droite (Δ) 2 x→+∞x→+∞ x d’équationy=xest asymptote à la courbeCau voisinage de plus l’in fini. lnx b.Comme− <0 pourx>1, ceci montre que la courbeCest au dessous 2 x de (Δ) à partir du point (1 ; 1). Sur l’intervalle ]0 ; 1[,Cest au dessus deΔ. CetΔsont sécantes en (1 ; 1). c.Figure

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6

5

4

3

2

1

1 e

1

2

3

A. P. M. E. P.

4

Calculs d’aires 1.On suppose dans cette question queα>1. On a vu que pourx > 1,f(x) 6 x; Z µ · ¸¶ Z α α lnxlnx doncA(α)=x−x−dx=dx. 2 2 1 x 1 x On pose : ( 1 ′ u(x)=lnx u (x)= x 1 1 ′ v(x)= 2 v(x)= − x x Toutes ces fonctions étant dérivables sur [1 ;+∞[ on peut intégrer par parties et ; · ¸ Z · ¸ α α α lnx1 lnx1 lnα1 lnα1 A(α)+= − dx− − += − − = 0+1=1− −. 2 xα α 1 1 xx x 1 α α lnα1 2.Comme lim=lim0 et =0, on a α→+∞α→+∞ α α

limA(α)=ℓ=1. α→+∞

1 1 3.Comme e>2, on a< <1. On a vu que dans ce cas la courbeCest au e 2 dessus de la droite (Δ), donc : Z · ¸ 1 lnx A ( α ) = −dx 2 α x En intégrant par parties comme précédemment les fonctions étant dérivables sur [α; 1], on obtient · ¸ 1 lnx1 lnα1 A ( α ) = + =1− −. x xα α α 1 ¡ ¢ ln 1 −1 1 1 e En particulierA=1=− − 1=− − 1=ℓ. e 1 1 1 1 e e e e

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