Correction du baccalauréat S La Réunion juin 2007

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Correction du baccalauréat S La Réunion juin 2007 \ EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. a. A(a ; lna).M(x ; y)( 6=A) ? (T) ?? y ? lna x?a = 1 a ?? y = x a ?1+ lna. b. P(0 ; y) ? (T) ?? y =?1+ lna. P(0 ; lna?1). Longueur PQ : On a Q(0 ; lna). PQ2 = (0?0)2+ (lna? lna+1)2 = 1. Donc PQ = 1. x y = lnx O A a B b Q R ?? ı ??? P ?1 lna lnb p ab 1 2 (lna+ lnb) La construction simple de la tangente : on construit P en enlevant 1 à l'ordonnée de Q : la tangente est la droite (PA). 2. R. O. C. : en appliquant la propriété à lnm = ln (p m? p m ) , on obtient : lnm = ln p m+ ln p m = 2ln p m ?? ln p m = 1 2 lnm (avec m > 0).

• coordonnées de ?? ae


• affixe du vecteur ???


• demême


• ??


• ?? ae


• barycentre du système

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2007
• Nombre de lectures: 24
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrectiondubaccalauréatSLaRéunionjuin2007\
EXERCICE 1 5points
Communàtouslescandidats
y−lna 1 x
1. a. A(a ; lna).M(x ; y)(6?A) ∈(T) ⇐⇒ = ⇐⇒ y= −1+lna.
x−a a a
b. P(0; y)∈(T) ⇐⇒ y=−1+lna.
P(0; lna−1).
LongueurPQ:OnaQ(0; lna).
2 2 2PQ =(0−0) +(lna−lna+1) =1.
DoncPQ=1.
y=lnx
B
lnb R
1(lna+lnb)2
A
Qlna
→−

−1
xO
pP →− a babı
La construction simple de la tangente : on construit P en enlevant 1 à
l’ordonnéedeQ:latangenteestladroite(PA).
? ?p p
2. R.O.C.:enappliquantlapropriétéàlnm=ln m× m ,onobtient:
p p p p 1
lnm=ln m+ln m=2ln m ⇐⇒ ln m= lnm (avecm>0).
2
p p 1
3. Onalna+lnb=lnab=2ln ab ⇐⇒ ln ab= (lna+lnb).
2
D’oùlaconstruction:
– Onconstruitlamédiatricede[QR]. p
– CettemédiatricecoupeΓenunpointdontl’abscisseestln ab.
EXERCICE 2 4points
21. u −u =u >0:lasuiteestdonccroissante.n+1 n n
2 ′2. a. h(x)=x +x;h estdérivableeth (x)=2x+1.
? ?
1 ′Sur −∞;− , h (x)<0⇒h estdécroissante;
2? ?
1 ′Sur − ;+∞ , h (x)>0⇒h estcroissante.
2? ?
1′h − =0. La fonction admet en ce point un extremum qui est un mi-
2 ? ?
1 1 1 1
nimumh − = − =− .
2 4 2 4BaccalauréatS
? ? ? ?
1 1 1
Sur −1;− la fonction décroit de 0 à− et sur − ; 0 , la fonction
2 4 2
1
croitde− à0.
4
1
Conclusion:six∈]−1; 0[,alors−1<− <h(x)<0.
4
b. Parrécurrence:
– Initialisation−1<a=u <0.0
– Hérédité : supposons que pour le naturel n, −1< u < 0. D’après lan
question précédente si u ∈ [−1 ; 0[, alors u = h(u ) appartientn n+1 n
elleaussiàcetintervalle
Conclusion : on a montré par récurrence que pour tout naturel n, −1<
u <0.n
3. Lasuiteu estcroissanteetmajoréepar0:elleestdoncconvergenteetsalimite
ℓesttellequeℓ60.
2Orlafonctionh,dérivableestcontinue:larelationu =u +u donneàlan+1 nn
2 2limiteℓ=ℓ +ℓ ⇐⇒ ℓ =0 ⇐⇒ ℓ=0.
Conclusion: lim u =0.n
n→+∞
EXERCICE 3 6points
x x1. a. On sait que lim xe = 0. Donc comme lim e −1=−1, on a finale-
x→−∞ x→−∞
ment lim f(x)=0.
x→−∞
? ? ? ?x x1 e −1+1 xe
b. x 1+ =x = = f(x).
x x xe −1 e −1 e −1
1
Onendéduitcar lim =0,que lim f(x)=+∞.
xx→+∞ x→+∞e −1
xe −1
2. Ona lim =1(àlacalculatrice).
x→0 x
x x x ? ?e −1 e −e ′x 0Onpeutégalementrappelerque lim =lim = e =e =1.x→0x→0 x→0x x−0
x
Lequotient inverse aluiaussilamême limite en0;donclalimite de f
xe −1
xestcelledee soit1.
Conclusion: lim f(x)=1et f(0)=1:lafonction f estcontinueen0.
x→0
x3. a. Soit k la fonction définie surR par k(x)= e −x−1. Cette fonction est
′ xdérivableetk (x)=e −1quis’annulepour x=0.
−CettefonctionestdécroissantesurR de+∞àk(0)=0etcroissantesur
+R de0à+∞.
x xDonck(x)>0 ⇐⇒ e −x−1>0 ⇐⇒ e >x+1,quelquesoit x∈R
x x x x x 2x x x(e +xe )(e −1)−xe ×e e −xe −e′b. Dérivée de f : f (x)= = =2 2x x(e −1) (e −1)
x xe (e −x−1)
.
2xe −1( )
Lafonctiong estdonclafonctionk quines’annulequepourx=0.Donc
′f (x)estcomposédetermespositifspour x6?0
′Conclusion:pourx6?0, f (x)>0.Lafonctionestcroissantesur]−∞; 0[
etsur]0;+∞[.D’oùle
c. Tableaudevariations
LaRéunion 2 juin2007BaccalauréatS
x −∞ 0 +∞
′f (x) + +
+∞
f(x) 1
0
−x−xe −x x
4. a. f(−x)= = = .
−x x xe −1 1−e e −1 ? ! ? !
−2x−−−→ −x−x
′ xLescoordonnéesduvecteurMM sont soit oux−xe
f(−x)−f(x)
xe −1? !
−2x
encore .
−x
−x 1′Lecoefficientdeladroite(MM )estdonc = .(pourx6?0)
−2x 2
′b. Quand x tend vers 0 le coefficient directeur de la droite (MM ) reste
1
constant égal à . Cette droite a pour limite la tangente à la courbe re-
2
présentativede f aupointO.
1
′Commeonadmetque f estdérivableen0,cecimontreque f (0)= .
2
EXERCICE 4 5points
Enseignementobligatoire
p
1. a. b= 3−3i.
p p
2 2Ona|b| =3+9=12=(2 3) .Donc|b|=2 3.? !p
p p ? ? ? ? ??1 3 π πb peut donc s’écrire b= 2 3 −i = 2 3 cos − +isin − =
3 32 2
p π−i
32 3e .
p
b. Onaaussi|a|=2 3.DoncBappartientaucercledecentreOetderayon
′[OA]. Si A est le symétrique de A autour de O, il suffit de construire la
′médiatrice de [OA ] qui coupe le cercle au point B (point du cercle de
partieimaginairepositive).
? ?1 1−→ −→ →− −→ −→ −→
2. a. Par définition EA +3EC = 0 ⇐⇒ OE = OA+3OC ⇐⇒ x = ×E
4 4
p 1
(− 3)et y = ×6.E
4? !p p
3 3 3 3
ConclusionE − ; .l’affixedeEestdonce=− + i.
2 2 2 2
? ? p1−→ −→ →− −→ −→ −→
b. Pardéfinition2FA+FB = 0 ⇐⇒ OF = 2OA+OB .DoncF(− 3;−1).
3p
l’affixedeDeFest f =− 3−i.
p
3 3 p p p p− + i−2i
e−c − 3−i 3+i 3+3i 3+i 3−32 2
3. a. Calculde = p = p = p = =
e−b 3×12p3 3 −3 3−3i −3 3+9i
− + i− 3+3i
2 2p
3
iquiestbienunimaginairepur.
9 ? ?e−c −→ −→ π
L’égalité =kientraîneenprenantlesarguments: BE, CE = [2π].
e−b 2
LaRéunion 3 juin2007BaccalauréatS
Cecimontreque ladroite(BE)est perpendiculaire àladroite(CE).Mais
E barycentre des points A et C appartient à la droite (AC); donc E est le
pieddelahauteurissuedeBdansletriangle(ABC).
p p
f −c − 3−i−2i 3
b. Onademême = p p =...= i.
f −b 2− 3−i− 3+3i
En prenant les arguments des deux membres on montre ainsi que les
droites(BF)et(CF)sontperpendiculairesetcommeFbarycentredeAet
B appartient à la droite (AB), F est le pied de la hauteur issue de C dans
letriangle(ABC).
4. On peut écrire que H est le barycentre de {(F ; 3) ; (C ; 6)} en utilisant l’asso-
ciativitédubarycentre,doncHappartientàladroite(CF).
De même comme le barycentre du système {A ; 2) ; (C ; 6)} est aussi le bary-
centredusystème{A; 1); (C; 3)},ondéduittoujoursd’aprèsl’associativitédu
barycentreque H est le barycentredu système {A; 1) ; (C ; 3) ; (B; 1)} soit le
barycentredusystème{E; 3); (B; 1)}.DoncHappartientàladroite(BE).
Finalement H appartient à deux hauteurs du triangle (ABC) : c’est donc l’or-
thocentre du triangle du triangle (ABC) (et donc par conséquence la droite
(AH)estperpendiculaireàladroite(BC)).
EXERCICE 4 5points
Enseignementdespécialité
1. a. Voirlecorrigéci-dessus.
b. Voirlecorrigéci-dessus.
p−→
c. L’affixeduvecteurAB est3 3−3i,dontlecarrédumoduleest9×3+9=
236=6 . ? !p
p 3 1 π−i
6Cetteaffixepeutdoncs’écrire:3 3−3i=6 −i =6e .
2 2
? ?→− −→ πConclusion u ; AB =− .
6
p−→
DemêmeL’affixeduvecteurAC est2 3+2idontlecarrédumoduleest
2égalà16=4 . ? !p
p 3 1 πi 6Cetteaffixepeutdoncs’écrire2 3+2i=4 + i =4e .
2 2
? ?→− −→ πConclusion u ; AC = .
6
p
p3 3? ? ? ?−→ −→ −→ 4−→2 322. a. Coordonnées de AE et AC . On a AC = AE, les vecteurs sont3 2 32
colinéaires,doncA,EetCsontalignés.
p p? ? ? ?−→ −−→ −−→ −→3 3 3
De même AF et AB . On a AB = 3AF ce qui montre que les−1 −3
pointsA,FetBsontalignés.
b. Voirlesujetobligatoire
c. Voirlafigure
p1′3. z7?→z = z− 3.
2
? p ? p p1
′ImagedeA:z = × −2 3 − 3=−2 3=z .AA
2 p
?p ? p1 3 3
ImagedeB:z ′= × 3+3i − 3=− + i=z .B E
2 2 2
p p1
′ImagedeC:z = ×(−2i)− 3=− 3−i=z .FC 2
LaRéunion 4 juin2007BaccalauréatS
4. *Géométriquement : Laquestion précédente montreque Hest l’orthocentre
′ ′ ′de(ABC),doncsonimagepars estl’orthocentredutriangle(A B C )quiestle
triangleAEF.
Ilsuffitdetracerdeuxhauteursdecetriangle.
*Parlecalcul:
4−→ −→ −→ −→ →−
– OnadémontréqueAC = AE quipeuts’écrireEA+3EC = 0 .
3
Le point E est le barycentre du système {(A ; 1) ; (C ; 3)}. Le point H ap-
partenant à la droite (BE) est barycentre des points E et B, soit en utilisant
l’associativité dubarycentre:
Hbar.{(A ; 1); (C; 3); (B; α)}.
−→ −→ −→ −→ →−
– DemêmeAB =3AF ⇐⇒ 2FA+FB = 0 quimontrequeFestlebarycentre
du système {(A ; 2) ; (B ; 1)}. Le point H appartenant à la droite (CF) est
barycentredespointsFetC,soitenutilisantl’associativité dubarycentre:
Hbar.{(A ; 2); (B; 1); C; β)}.
– DoncH=bar.{(A ; 2); (B; 2α); (C; 6)}=bar.{(A ; 2); (B; 1); C; β)}.
1
Enprenantα= , β=3,onobtientlemêmebarycentre.
2
Conclusion : H est la barycentre du système {(A ; 2) ; (B ; 1) ; (C ; 6)}. Or
′unesimilitudeconservelebarycentre,doncH imagedeHpars estlebary-
′ ′ ′centredusystème{(A ; 2); (B ; 1); (C ; 6)}⇐⇒
? ?−−→ −−→ −−→ −−→1′ ′ ′ ′OH = 2OA +1OB +6OC égalitéquisetraduitpar:
17
 p p p1 p −4 3− 3−6 3 7 3  2 x ′ = −x ′ = HH 6⇐⇒9 1 3  −6 ′y = −2 H
′y = 2H
9
*Autreprolongementpossible:montrerque s estcomposée:? ?→−
– delasymétrieautourde O; u ,
1
– del’homothétie decentreOetderapport ,
2p →−
– delatranslationdevecteur− 3u .
ANNEXE2(enseignementobligatoireetdespécialité)
(Àrendreaveclacopie)
Exercice4
LaRéunion 5 juin2007BaccalauréatS
C
2
E
H 1
A ′ OH−5 −4 −3 −2 −1 1