Correction du baccalauréat S Polynésie spécialité septembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Correction du baccalauréat S Polynésie spécialité \ septembre 2003 EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. a. On traduit la définition géométrique : M(x ; y ; z) ? (AB) ?? ??? AM = t ??? AB , t ?R, soit ? ? ? x?8 = 2t y ?0 = 3t z?8 = 2t ?? ? ? ? x = 8+2t y = 3t z = 8+2t t ?R b. D a pour vecteur directeur ?? d (3 ; 2 ; ?2) et ∆ a pour vecteur directeur ??? (2 ; 3 ; 2). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les deux droites ne sont pas parallèles. Si les deux droites sont coplanaires, elles sont donc sécantes en un point tel que : ? ? ? ?5+3s = 8+2t 1+2s = 3t ?2s = 8+2t ?? ? ? ? 3s?2t = 10 2s?3t = ?1 s = ?4? t ?? ? ? ? ?12?3t ?2t = 10 ?8?2t ?3t = ?1 s = ?4? t ?? ? ? ? ? 225 = t ? 75 = t s = ?4? t . Ce système n'a pas de solution, donc les droites D et ∆ n'étant ni paral- lèlles ni sécantes ne sont pas coplanaires.

• produit des li- mites


• lnx


• ?? ?


• ??? ab


• lne ??


• enseignement de spécialité


• x?2x ln


• ??


• points commun

Sujets

• Classique

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2003
• Nombre de lectures: 16
• Langue: Français

Extrait

[Correction du baccalauréat S Polynésie spécialité\ septembre 2003

E X E R C IC E 1 Commun à tous les candidats

5 points

1. a.On traduit la définition géométrique : −−→−→ M(x;y;z)∈(AB)⇐⇒AM=tAB ,t∈R, soit   x−8=2t x=8+2t   y−0=3t ⇐⇒ y=3t t ∈R   z−8=2t z=8+2t −→ b.Da pour vecteur directeurd(3 ; 2 ;−2) etΔa pour vecteur directeur −→ δ3 ; 2). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les deux droites(2 ; ne sont pas parallèles. Si les deux droites sont coplanaires, elles sont donc sécantes en un point tel que :   −5+3s=8+2t3s−2t=10   1+2s=3t ⇐⇒ 2s−3t= −1 ⇐⇒   −2s=8+2t s= −4−t   22 −12−3t−2t=10− =t   5 7 −8−2t−3t= −1 ⇐⇒ −=t. 5   s= −4−t s = −4−t Ce système n’a pas de solution, donc les droitesDetΔn’étant ni paral lèlles ni sécantes ne sont pas coplanaires. −→ −→ 2. a.On ad∙n=3×2+2×(−2)−2×1=6−4−2=0. −→ −→ De mêmed∙n=2×2+3×(−2)+2×1=4−6+2=0. −→ Le vecteurnest normal à deux vecteurs non colinéaires deP: il est donc normal à ce plan. On sait qu’une équation dePest : M(x;y;z)∈P⇐⇒2x−2y+z+d=0. Il contientΔ, donc en particulier A. On a donc A(8 ;0 ;8)∈P⇐⇒2×8−2×0+8+d=0⇐⇒d= −24. Une équation dePest :M(x;y;z)∈P⇐⇒2x−2y+z+ −24=0. b.On utilise les équations paramétriques deD. | 2(−5+3s)−2(1+2s)−2s−24 | |− 10+6s−2−4s−2s−24 | On ad(M,P)= == p 2 2 2 2+2+ 1 9 36 =12. 3 c.L’intersection dePavec le plan (xOy) est définie par : ½ ½½ 2x−2y+z−24=0 2x−2y−24=0x−y−12=0 ⇐⇒ ⇐⇒ z=0z=0z=0 Cette droite a pour vecteur directeur (1 ; 1 ; 0) et contient par exemple le point (12 ; 0 ; 0). Une équation paramétrique de cette droite est donc :  x=12+t  y=t  z=0 3.Le pointΩappartient à la perpendiculaire (d 1 ) àPcontenant C. Cette droite a pour équation :

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

 x−10=2α  −−→−→ M(x;y;z)∈(d 1 )⇐⇒CM=αn⇐⇒ y−1−= =2α  z−6=α −−→−−→ 2 2 On cherche le pointM=Ωtel quekCMk =6⇐⇒ kCMk =36⇐⇒(2α)+ 2 2 (−2α)+α=36⇐⇒ 2 2 9α=36⇐⇒α=4α=2 ouα= −2. Le planPpartage l’espace en deux demiespaces :  celui où 2x−2y+z−24<0 et  celui où 2x−2y+z−24>0. Le point O(0 ; 0 ; 0) vérifie la première inéquation. Le pointΩdoit donc vérifier lui aussi 2x−2y+z−24<0. Siα=2,x=10+4=14,y=1−4= −3 etz=6+2=8, donc 28+6+8−24>0, ce qui ne convient pas. Siα= −2,x=10−4=6,y=1+4=5 etz=6−2=4, donc 12−10+4−24<0 ce qui est correct. Conclusion :Ω(6 ; 5 ; 4). 2 L’équation deSest obtenue en traduisant queΩM=36⇐⇒ 2 2 22 2 2 (x−6)+(y−5)+(z−4)=36⇐⇒x+y+z−12x−10y−8z+36+25+16= 2 2 2 36⇐⇒x+y+z−12x−10y−8z+41=0.

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

5 points

1.pétant premier et supérieur à 3, ne peut être multiple de 3, donc soitp= 3k+1, soit p=3k+2, c’estàdirep≡3 ou1 modp≡3 ou encore :2 mod

p≡3 ou1 modp≡ −1 mod3. 2.pimpair est de la formep=2k+1,k∈Net donc : p−1=2ketp+1=2k+2=2(k+1). 2 Il en résulte que (p−1)(p+1)=p−1=2k×2(k+1)=4k(k+1). ¡ ¢ 2 22 2 D’autre partp=4k+4k+1⇒p+1=4k2+4k+2=2 2k+2k+1 . ¡ ¢¡ ¢¡ ¢¡ ¢ 4−2 22 Enfinp−1=p1p+1=4k(k+1)×2 2k+2k+1=8k(k+1) 2k+2k+1 . Or quel que soitk,k(k+1) est pair puisqueketk+1 sont consécutifs, donc ¡ ¢ 4 2 k(k+1)=2αet finalementp−1=16α2k+2k+1 . nest donc divisible par 16. 3.pest supérieur à 5, donc ne peut être multiple de 5. ¡ ¢¡ ¢ 2 22 2 Sip≡1 mod5,p≡51 mod⇐⇒p−1≡0 mod5⇒p−1p+1≡0 mod 5⇐⇒n≡0 mod5. ¡ ¢¡ ¢ 2 22 2 Sip≡2 mod5,p≡54 mod⇐⇒p+1≡0 mod5⇒p−1p+1≡0 mod 5⇐⇒n≡5.0 mod ¡ ¢¡ ¢ 2 22 2 Sip≡3 mod5,p≡54 mod⇐⇒p+1≡50 mod⇒p−1p+1≡0 mod 5⇐⇒n≡5.0 mod ¡ ¢¡ ¢ 2 22 2 Sip≡4 mod5,p≡51 mod⇐⇒p−1≡50 mod⇒p−1p+1≡0 mod 5⇐⇒n≡0 mod5. Dans tous les casnest un multiple de 5. 4. a.Question de cours classique b.On a vu quenest multiple de 3, de 16 et de 5 qui sont premiers entre eux, doncnest multiple de 3×16×5=240.

Correction Polynésie

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septembre 2003

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

5.On peut écrire : ¡ ¢¡ ¢¡ ¢ 4 44 44 4 A=p+p+. . .+p=p−1+p−1+. . .+p−1+15. 1 215 12 15 4 D’après la question précédente chacun des nombresn=p−1 est multiple i i de 240, donc en particulier de 15. DoncAmultiple de 15 n’est pas premier.

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

Partie A 3 2 1. a.On a pourx6=0,f(x)=x−x×xlnx+1. 2 On sait que limxlnx=0, donc x→0

10 points

limf(x)=1. x→0 2 b.On alimx= +∞(3et lim−2 lnx)= −∞, donc par produit des li x→+∞x→+∞ mites :

limf(x)= −∞ x→+∞ f(x)−f(0) 2. a.On calcule lim. x→0 x−0 1 2 x(3−2 lnx) f(x)−f(0) 13 2 = =x(3−2 lnx)=x−xlnx x−0x2 2 f(x)−f(0) Comme limxlnx=0, lim=0. x→0x→0 x−0 ′ Conclusionfest dérivable en 0 etf(0)=0. 3 2 b.Pourx>0,f(x)=x−x×xlnx+1, doncfsomme de fonctions déri 2 ∗ ∗ vables surRest dérivable surRet + + µ ¶ 2 x2 ′ f(x)=x(3−2 lnx)− =+ ×3x−2xlnx−x=2x−2xlnx. 2x ′ 3.f(x)=2x(1−lnx) qui est du signe de 1−lnx. ′ On af(x)>0⇐⇒1−lnx>0⇐⇒lnx<ln e⇐⇒x<e ; ′ f(x)<0⇐⇒1−lnx<0⇐⇒lnx>ln e⇐⇒x>e ′ f(x)=0⇐⇒x=e. D’où le tableau de variations :

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x0 e+∞ ′ − f(x ) + 0 2 e 1+ 2 f 1−∞

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

4.D’après ce tableau de variations l’équationf(x)=0 n’admet qu’une solution αsur [0 ;+∞[. La calculatrice donnef(4, 6)>0 etf(4, 7)<60, donc 4,<α<4, 7. f(4, 69)>0 etf(4, 70)<0, donc 4,69<α<4, 70.

Partie B 5 ′ ′ 1.On a vu quef(x)=2x−2xlnx, doncf(1)=2. De plusf(1)=. 2 Une équation deDest donc : 5 1 M(x;y)∈D⇐⇒y− =2(x−1)⇐⇒y=2x+. 2 2 2. a.gsomme de fonctions dérivables surR + est dérivable surR + et ′ ′ g(x)=f(x)−2=2x−2xlnx−2. 1 ′ ′′ La fonctiongest elle aussi dérivable surR + etg(x)=2−2 lnx−2x× = x −2 lnx. b.On en déduit les tableaux de variations :

x0 1+∞ ′′ − g(x 0 ) + 0 ′ g(x)

1 2 g(x)

0

On en déduit que sur l’intervalle [0 ; 1[ la fonctiongest positive, donc la courbe est au dessus de sa tangente et par contre sur ]1 ;+∞[, la courbe est sous sa tangenteD. 3.

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Baccalauréat S

y

5

−→ 

−→ O ı

D

C

A. P. M. E. P.

x 5

Partie C 1 1.On a 1 6 n⇐⇒0< 6 1. n · ¸ 1 On considère sur l’intervalle; 1les fonctions : n  3 x ½  ′2  u(x)= u(x)=x 3 1 v(x)=lnx   ′ v(x)= x · ¸ 1 Les fonctionsuetv; 1sont dérivables suret de dérivées continues sur n cet intervalle. On peut donc intégrer par parties. Z ·¸ 1 ¸Z · 1 1 31 23 3 x xx x 2 I n =xlnxdx=lnx− =lnx− = 1 1 1 1 3 33 9 n n n n µ ¶ 1 11 1lnn1 1 − −ln+ = + −. 3 33 3 9 3n n9n3n9n9

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Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

2 2.L’unité d’aire étant égale à 2×2=4 cm, l’aire de la surface est égale à l’inté grale : Z Z µ ¶Z µ¶ 1 11 1 13 1 2 22 A n =4g(x)dx=x(3−2 lnx)+1−2x−dx=4x−xlnx−2x+dx= 1 11 2 22 2 n nn · ¸ 1 µ ¶ 3 33 x xx x1 11 11 11 1 2 4−lnx+ −x+ =4+ −1−+ −lnn− =− + 3 33 2 1 2 39 2 29 22n3n9n n2n µ ¶ n 1 11 11lnn 4−− + −. 2 33 9 2n n18n3n 1 1lnn 3.Comme lim=0, lim=0 et quelim=0, on en déduit que 3 23 n→+∞n→+∞n→+∞ n nn 4 limA n = n→+∞ 9 2 L’aire en cmde la surface limitée par la courbeC, la tangenteDet les droites 4 d’équationx=0 etx=.1 est égale à 9

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