Correction du baccalauréat S France juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Correction du baccalauréat S France juin 2002 EXERCICE 1 4 points Commun tous les candidats 1. Les vecteurs sont orthogonaux si et seulement leur produit scalaire (le repère est orthonormal) est nul. D'où ??U .??V = 0 ?? a(1+b)?5+b(1? a) = 0 ?? a+b?5= 0 ?? a +b = 5. Les tirages (a, b) favorables sont : (1, 4), (2, 3), (3, 2), et (4, 1) sur 4?4 tirages possibles. p (??U .??V ) orthogonaux ?? 416 = 1 4 . 2. a. D'aprs la question 1. A et B ont chacun 1 chance sur 4 d'obtenir des vec- teurs orthogonaux et donc 3 chances sur 4 de ne pas obtenir des vecteurs orthogonaux. Au premier jeu on a donc si A obtient une somme égale à 5 et B non (ou le contraire), p(A1)= 14 ? 3 4 = 3 16 = p(B1).D'après la loi des probabilités totales, on a p(A1)+p(B1)+p(C1)= 1 ?? p(C1)= 1? 616 = 10 16 ( ou encore p(C1)= 58 ) .

• ?∞x ?


• solution particulière


• points candidats


• ei π6


• vecteur orthogonal


• définition du barycentre ?????gtmt


• b?


• calculatrice donne


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2002
• Nombre de lectures: 26
• Langue: Français

Extrait

Correction du baccalauréat S France juin 2002

E X E R C IC E 1 Commun tousles candidats

4 points

1.Les vecteurs sont orthogonaux si et seulement leur produit scalaire (le repère −→−→ est orthonormal) est nul. D’oùU.V=0⇐⇒a(1+b)−5+b(1−a)=0⇐⇒ a+b−5=0⇐⇒a+b=5. Les tirages (a,b) favorables sont : (1, 4), (2, 3), (3, 2), et (4, 1) sur 4×4 tirages possibles. ³ ´ −→−→ 41 p U.Vorthogonaux⇐⇒ =. 164 2. a.D’aprs la question1.A et B ont chacun 1 chance sur 4 d’obtenir des vec teurs orthogonaux et donc 3 chances sur 4 de ne pas obtenir des vecteurs orthogonaux. Au premier jeu on a donc si A obtient une somme égale à 5 et B non (ou 1 33 le contraire),p(A 1 )= × ==p(B 1 ). 4 416 D’après la loi des probabilités totales, on ap(A 1 )+p(B 1 )+p(C 1 )=1⇐⇒ µ ¶ 6 105 p(C 1 )=1− =ou encorep(C 1 )=. 16 168 b.r pour BÀ chaque nouveau jeu les probabilités de gagner pour A, gagne 3 310 et rejouer sont respectivement, et. 16 1616 10 On a doncp(C n+1 ) =p ( C n On reconnait une suite géométrique de) . 16 µ ¶µ ¶ n n 10 105 raison .On a doncp(C n ) = =. 16 168 µ ¶ n 3 53 De mêmep(A n+1 ) =p ( C n ) ×× =, soit en décalant l’indice de 16 816 µ ¶ n−1 3 5 1 :p(A n ) = ×. 16 8 µ ¶ n−1 5 5 3.On a−1< <lim1, donc=0, donclimp(A n ) =0. n→+∞n→+∞ 8 8 µ ¶ n−1 3 53 5 −2 p(A n ) <0, 01<⇐⇒ ×10⇐⇒ln+(n−1) ln< −2 ln 10⇐⇒ 16 816 8 3 −2 ln 10−ln 5 5 16 n−1 > (ATTENTION :<1, donc ln<0, l’ordre CHANGE) 5 8 8 ln 8 ≈6, 2⇐⇒n>Conclusion le plus petit naturel est7, 2.n=8. (la calculatrice donne bien pourn=7 une probabilité de 0,011 et pourn=8 une probabilité de 0,00698.

Terminale S France

E X E R C IC E 2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

5 points

2 2 1.z−2z3+4=0.Δ=12−16= −4=D’où les deux solutions qui sont(2i) . justementa=3+i etb=a=3−i. 2 22 On a|a|| =b| =3+1=4=2 . Donc|a| =2. En factorisant 2, on aa= Ã ! ³ ´ 3 1π π π π i−i 6 6 2+i=2 cos+i sin=2e .best le conjugué dea, doncb=2e . 2 26 6 π i 2. a.Effectuer la rotationr. Onrevient à multiplier l’affixe du point A par e 3 π π π ′ i i i 6 32 a donca=2e×e=2e=2i. −−→ 3 −→ ′ b.Par définition de l’homothétie on a : OB= −en termes d’afOB soit 2 3 3 π π ′ −i−i fixesb= −b×= −2e= −3e . 6 6 2 2 π2π iπ′iπ −i i On a−3=3×(−1)=3×Donce .b=3e×e=3e . 6 3 ′ ′ Le module deb3 et Best aligné avec O et B.est donc égal à 3. a.Si C a pour affixez C =c, on a|c|= OC = R. Or sic=x+y, alorscc= 2 22 2 (x+iy)(x−iy)=x+y= |c| =R . ³ ´ ′ ′ ′ ′ (c−2i)(c+2i)=(c−a)c−c)=(c−a)c−a. Or on sait d’après le premier calcul que le produit de deux complexes conjugués est égal au carré de leur norme. Or (c−2i)(c+2i)=(c−2i)(c−2i)= 2 −−→ 2′ ′2 2′ |c−2i| = ¯ A C ¯ =A C=R(A estun point du cercle de centre C !) Ã !Ã ! ´ 3 33 33 3 ′ ′′ ′ De mêmec+ −ic+ +i=(c−b)(c−b)=(c−b)c−b= 2 22 2 −−→ ′2′2′2 2′ |c−b|| =B C| =B C=Rest un point du cercle de centre C !). (B 2 b.En développant la deuxième égalité cidessus, on obtient : R+2i(c−c)+ 2 2 4=R⇐⇒c−c== −2i. i p 3 33 279 2 En dveloppant la troisime R=cc+(c−c)+(c+c)+ +⇐⇒ 2 24 4 3 34 (c+c= −6⇐⇒c+c= −. 2 3  p  c−c=2i 4 3 4 c.On a donc le systèmed’o par addition 2c+= −  c+c= − 3 3 2 3 2i et enfinc+= −i. 3 Ã !Ã ! 2 32 312 2121 2 Enfincc=R= +i−i= +1=. Donc R=. 3 3 99 3

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Terminale S France

E X E R C IC E points2 5 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1. a.(−1 ; 1) est une solution évidente de 6u+7v=1. En multipliant chaque membre par 57 on a 6×(−57)+7×57=57 ; (−57 ; 57) est donc une solu tion particulière de 6x+7y=57. b.Soit (x;y) une solution particulière de 6x+7y=57. On vient de voir que 6×(−57)+7×57=57 , d’où par soustraction membre à membre 6(x+57)+ 7(y−57)=0⇐⇒6(x+57)=7(57−y6 divise 6() (1).x+57) donc aussi 7(57−yl) mais est premier avec 7 ; donc d’après le théorème de Gauss, i divise 57−y; il existe donck∈Ztel que 57−y=6k⇐⇒y=57−6k. En reportant dans (1) 6(x+57)=7×6k⇐⇒x+57=7k⇐⇒x=7k−57. Conclusion : S = {(7k−57 ; 57−6k),k∈Z} ³ ´ −→−→ 2.O ;Les points de P qui appartiennent au planı,vérifient la système ½ 6x+7y+8z=57 ⇒6x+7y=57 (E). D’après 1. b. z=0 x=7k−57 ety=57−6k. ½ ½ 7k−57 > 0x > 9 x,y∈N=⇒ ⇐⇒Conclusionk=9. Il existe 57−6k > 0k 6 9 donc un seul point du plan P de cote nulle, le point de coordonnées (6 ; 3 ; 0) 3.x,y,z∈N. a.Siyest pair, 7y, 6xet 8zsont tous pairs et leur somme est paire, donc ne peut être égale à un impair : 57. Doncyest impair et s’écrit : b.y=2p+1 avecp∈N. l’quation devient 6x+7(2p+1)+8z=57⇐⇒ 6x+14p+8z=50⇐⇒3x+7p+4z=25⇐⇒3x+3p+4p+4z=25⇐⇒ 3(x+p)+4(p+z)=25. (2) ½ p+z=3q+r Dans la division euclidienne de (p+z) par 3 on a : 0 6 r<3 En reportant dans l’équation audessus on obtient : 3(p+q)+12q+4r= 25⇐⇒3(p+5q)+4r=25 ; r=0, donne 3(p+5q)=25 qui est impossible car 3 ne divise pas 25 ; r=2 donne 3(p+q)=17 qui est aussi impossible. Conclusionr=1. c.On a doncp+z=3q+1 avecq∈N. l’quation (2) devient 3(x+p)+4(3q+ 3 3 1)=25⇐⇒3(x+p+5q)=21⇐⇒x+p+5q=7. Or siq2, 5q10 (impossible). Doncq=0 ou 1. d.Finalement les triplets (x;y;z) avecx,y,z∈Nqui vérifient l’quation 6x+7y+8z=57 vérifient : x=7−p−4q,y=2p+1,z=3q+1−p 2 Siq=0,x=7−p,y=2p+1,z=1−p; cette dernire criture imposep1, soit p = 0 qui donne le triplet (7, 1, 1) soit p = 1 qui donne le triplet (6, 3, 0) (déjà trouvé). Siq=1,x=3−p,y=2p+1 ;z=4−p. La première écriture impose p 6 3, donc quatre solutions : soitp=0, solution (3, 1, 4), soitp=1, solution (2, 3, 3), soitp=2, solution (1, 5, 2), soitp=3 solution (0, 7, 1). Il y a donc six points de P dont les cordonnées sont des naturels : (7, 1, 1), (6, 3, 0), (3, 1, 4), (2, 3, 3), (1, 5, 2), (0, 7, 1).

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Terminale S France

P R O B L È M E Commun à tous les candidats

11 points

Partie A 1 £ ¤ 2x 1.f(x)=x+(1−x)e 2 2x a.On a (croissance comparée)limxe=lim0, d’oùf(x)= −∞. x→−∞x→−∞ 1 −2x−2x −2x f(x)=(xe+1−x) ; la limite dexe en+∞est égale à 0 etlimxe= x→+∞ 2 −∞lim. Conclusion :f(x)= −∞. x→+∞ x1 2x b.On calcule la différenced(x)=f(x)− =(1−xon a vu au)e eta)que 2 2 la limite de cette expression est égale à zéro au voisinage de−∞. Ceci montre que la droite (Δ() est asymptoteC) au voisinage de−∞. 2x De pluslim (1−x)= +∞et lim e=0 + lim. Conclusiond(x)=0 + , x→−∞x→−∞x→−∞ ce qui signifie que (C) reste audessus de son asymptote. 2x 2.x, (1−x) et esont des fonctions dérivables surR, doncffonction obtenue par somme et produit de ces fonctions dérivables surRest dérivable surR. µ ¶µ ¶ 2x 1 1−x1 11−x1 e ′2x′2x2x f(x)=x+e ;f(x)= −e+2e= +(1−2x)= 2 22 22 22 1 £ ¤ 2x 1+(1−2x)e . 2 2x 3.u(x)=1+(1−2x)e ′2x2x2x a.u(x)−2e+2(1−x)e= −4xe quiest du signe de−x. D’où le tableau de variations :

x−∞0α+∞

′ u(x)

+

2

−

u(x) 0 1−∞ b.On au(0)=1+1=2 etu(1)=1−e<; 1], la0. Donc sur l’intervalle [0 fonctionuest : dérivable ; monotone décroissante ;u(0)>0 etu(1)<0. Conclusion : il existe un réel uniqueαde l’intervalle [0 ; 1] tel que u(α)=0. La calculatrice livre :u(0, 63)≈0, 08etu(0, 64)≈ −0, 007.Donc d’après −2 le théorème cidessus 0,63<α<0, 64.Réponseα≈0, 6410 prèspar excès. c.Le tableau donne donc le signe deu:x<α⇐⇒u(x)>0 etx>α⇐⇒ u(x)<0 1 ′ ′ 4.On af(x)=u(x) : le signe defest celui deu. On a donc le tableau de 2 variations :

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Terminale S France

x−∞α1+∞

′ f(x) + − f(α) f(x)

−∞

−∞

Partie B ¡ ¢ t 1.On aM t t; la tangente en; eM t Γa pour équation :N(X;Y)∈Γ⇐⇒ t Y−e ¡ ¢ ′ t tt t =e=e⇐⇒Y=Xe+e (1−t). Cette tangente coupe l’axe des X−t ¡ ¢ t t ordonnées pourX=0, d’oY=e (1−t). DoncN t e (10 ;−t) . −−−−→−→−−−−−→−→−− 2.On aP t (t;t). Par définition du barycentreG t M t +G t O+G t M t +G t P t + ³ ´ −−−−→→−−→ 1 −−−→−−→−−→ G t N t =0⇐⇒O(avec la relation de Chasles)G t =OM t +OP t +ON t . 4 ³ ´ −−−→ 1 −−−−→−−−→→−−−− a.Pourt= −2 on obtient OG −2 =OM −2 +OP −2 +ON −2 soit avec les 4 µ ¶ 1 −2 coordonnes des pointsM −2 ,N −2 ,P −2 , on obtientG −2 −1 ;e− 2 b.Avec la relation obtenue au début du2.on obtient de même · ¸ t1 ¡ ¢ t t G t ; 2e+t−te 2 2 t1 ¡ ¢ 2x2x 3.En posant=x⇐⇒t=2x, onobtienty=2e+2x−2xe soity= 2 2 f(xla courbe (). Conclusion : tous les barycentres appartiennentC), et comme t∈Rles barycentres parcourent toute cette courbe. Partie C 1.cf. plus bas 1 2x2x 2.Sur l’intervalle [0 ; 1], 1−x > 0 et e>0, doncd(x)=(1−x)e > 0, doncC 2 est audessus deΔ. On a donc 1 Z 1 2x A=(1−x)e dx. 2 0 ( ′2x u=(1−x)v=e En posant : 1 ′2x u= −1v=e 2 · ¸ 1 · ¸ 1 2x2x2x2x2 1 1 e1 R e e1 1e e DoncA=(1−x)+dx=(1−x)− − =+ = 2 22 24 88 48 0 0 0 2 22 e−3 e−3 e−3 2 2 u.a. Or l’unité d’aire vaut 2×2=4 cm. DoncA= ×4=cm . 8 82

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